Question

已知函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x）．
（1）求f′（x）的最小值；
（2）證明：對任意的x₁，x₂∈[0，+∞）和實數(shù)λ₁≥0，λ₂≥0且λ₁+λ₂=1，總有f（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）；
（3）若x₁，x₂，x₃滿足：x₁≥0，x₂≥0，x₃≥0且x₁+x₂+x₃=3，求f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）的最小值．

Answer 1

（1）解：f′（x）=e^x-x，f''（x）=e^x-1
當(dāng)x∈（-∞，0）時，f''（x）=e^x-1＜0，即f′（x）在區(qū)間（-∞，0）上為減函數(shù)；
當(dāng)x∈[0，+∞）時，f''（x）=e^x-1≥0，即f′（x）在區(qū)間[0，+∞）上為增函數(shù)；
于是f′（x）的最小值為f′（0）=1．
（2）證明：不妨設(shè)x₁≤x₂，構(gòu)造函數(shù)K（x）=f（λ₁x+λ₂x₂）-λ₁f（x）-λ₂f（x₂）（x∈[0，x₂]），
則有K（x₂）=f（λ₁x₂+λ₂x₂）-λ₁f（x₂）-λ₂f（x₂）=0，
則，
而λ₁x+λ₂x₂-x=（λ₁-1）x+λ₂x₂=λ₂（x₂-x）≥0，所以λ₁x+λ₂x₂≥x，
由（1）知f′（x）在區(qū)間[0，+∞）上為增函數(shù)，
所以，即K′（x）≥0，
所以K（x）在[0，x₂]上單調(diào)遞增，
所以K（x）≤K（x₂）=0，即f（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）．
（3）解：先證對任意的x₁，x₂，x₃∈[0，+∞）和實數(shù)λ₁≥0，λ₂≥0，λ₃≥0，且λ₁+λ₂+λ₃=1，
總有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），
=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），
令，有，
當(dāng)x₁≥0，x₂≥0，x₃≥0且x₁+x₂+x₃=3時，有．
所以f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）的最小值為3e-．
分析：（1）求出f′（x），利用導(dǎo)數(shù)判斷f′（x）的單調(diào)性，由單調(diào)性即可求得其最小值；
（2）不妨設(shè)x₁≤x₂，構(gòu)造函數(shù)K（x）=f（λ₁x+λ₂x₂）-λ₁f（x）-λ₂f（x₂）（x∈[0，x₂]），只需證明K（x）≤0，由（1）可判斷K′（x）≥0，從而知函數(shù)K（x）在[0，x₂]上單調(diào)遞增，故而K（x）≤K（x₂），得證；
（3）先證對任意的x₁，x₂，x₃∈[0，+∞）和實數(shù)λ₁≥0，λ₂≥0，λ₃≥0，且λ₁+λ₂+λ₃=1，總有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），運用（2）的結(jié)論容易證明，再令，即可求得其最小值．
點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、求函數(shù)的最值，考查學(xué)生綜合運用知識分析問題解決問題的能力，考查學(xué)生對問題的轉(zhuǎn)化能力，本題綜合性強，難度大，能力要求高．