Question

設(shè)f（x）=e^x-a（x+1）（e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…），且f′（0）=0．
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的值，并求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-f（-x），對任意x₁，x₂∈R（x₁＜x₂），恒有

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m成立．求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）若正實(shí)數(shù)λ₁，λ₂滿足λ₁+λ₂=1，x₁，x₂∈R（x₁≠x₂），試證明：f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）；并進(jìn)一步判斷：當(dāng)正實(shí)數(shù)λ₁，λ₂，…，λ_n滿足λ₁+λ₂+…+λ_n=1（n∈N，n≥2），且x₁，x₂，…，x_n是互不相等的實(shí)數(shù)時，不等式f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）是否仍然成立．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：歸納猜想型,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由f′（0）=0，求出a的值，再由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)性，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（x）-mx，利用F（x）的單調(diào)性，即F′（x）=-m≥0恒成立，求出m的取值范圍是
（Ⅲ）根據(jù)作差法，構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性證明；第二個結(jié)論用數(shù)學(xué)歸納法證明．

解答： 解：（Ⅰ）∵f′（x）=e^x-a，f′（0）=1-a=0，∴a=1，
令f′（x）=e^x-1＞0得x＞0；令f′（x）=e^x-1＜0得x＜0；
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）．
（II）由

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m，（x₁＜x₂）變形得：g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，
令函數(shù)F（x）=g（x）-mx，則F（x）在R上單調(diào)遞增，
∴F′（x）=g′（x）-m≥0即m≤g′（x）在R上恒成立．
而g′（x）=f′（x）+f′（-x）=e^x+e^-x-2≥2

ex•e-x

-2=0（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取“=”）
所以m≤0．
（Ⅲ）證明：不妨設(shè)x₁＜x₂，由λ₁+λ₂=1，（λ₁，λ₂∈（0，1））得：
f（λ₁x₁+λ₂x₂）-[λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）]
=eλ1x1+λ2x2-（λ₁x₁+λ₂x₂）-1-λ1(ex1-x1-1)-λ2(ex2-x2-1)
=eλ1x1+λ2x2-λ1ex1-λ2ex2
=ex1(eλ1x1-x1+λ2x2-λ1-λ2ex2-x1)
=ex1(e-λ2x1+λ2x2-1+λ2-λ2ex2-x1)
=ex1[eλ2(x2-x1)-1+λ2-λ2ex2-x1]
其中ex1＞0，故上式的符號由因式“eλ2(x2-x1)-1+λ2-λ2ex1-x2”的符號確定．
令t=x₂-x₁，則函數(shù)φ（t）=eλ2t-1+λ2-λ2et（t＞0）．
φ′（t）=λ2eλ2t-λ2et=λ2et[e(λ2-1)t-1]，其中（λ₂-1）t＜0，得e(λ2-1)-1＜0，故φ′（t）＜0．
即φ（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且φ（0）=0．所以φ（t）＜0．
從而有f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）成立．
該不等式能更進(jìn)一步推廣：
已知n∈N，n≥2，λ₁，λ₂，…λ_n，是互不相等的實(shí)數(shù)，若正實(shí)數(shù)λ₁，λ₂，…，λ_n滿足λ₁+λ₂+…+λ_n=1，
則f（λ₁x₁+λ₂x₂+…λ_nx_n）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…λ_nf（x_n）成立．
下面用數(shù)學(xué)歸納法加以證明：
i）當(dāng)n=2時，由（Ⅱ）證明可知上述不等式成立；
ii）假設(shè)當(dāng)n=k時，上述不等式成立．即有：f（λ₁x₁+λ₂x₂+…λ_kx_k）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…λ_kf（x_k）．
則當(dāng)n=k+1時，由λ₁+λ₂+…+λ_k+λ_k+1=1，得：

λ1

1-λk+1

+

λ2

1-λk+1

+…+

λk

1-λk+1

=1，于是有：
f（

λ1

1-λk+1

x1+

λ2

1-λk+1

x2…

λk

1-λk+1

xk）＜

λ1

1-λk+1

f(x1)+

λ2

1-λk+1

f(x2)+…+

λk

1-λk+1

f(xk)．
在該不等式的兩邊同時乘以正數(shù)1-λ_k+1可得：（1-λ_k+1）f（

λ1

1-λk+1

x1+

λ2

1-λk+1

x2…

λk

1-λk+1

xk）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…λ_kf（x_k）．
在此不等式的兩邊同時加上λ_k+1f（x_k+1）
又可得：λ_k+1f（x_k+1）+（1-λ_k+1）f（

λ1

1-λk+1

x1+

λ2

1-λk+1

x2…

λk

1-λk+1

xk）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…λ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）．
該不等式的左邊再利用i）的結(jié)論可得：
f[λ_k+1x_k+1+（1-λ_k+1）（

λ1

1-λk+1

x1+

λ2

1-λk+1

x2…

λk

1-λk+1

xk）]＜λ_k+1f（x_k+1）+（1-λ_k+1）f（

λ1

1-λk+1

x1+

λ2

1-λk+1

x2…

λk

1-λk+1

xk）．
整理即得：f（λ₁x₁+λ₂x₂+…λ_kx_k+λ_k+1x_k+1）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…λ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）．．
所以，當(dāng)n=k+1時，上述不等式仍然成立．
綜上，對?n∈N，n≥2上述不等式都成立．

點(diǎn)評：本題考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)、函數(shù)的應(yīng)用、不等式問題、數(shù)學(xué)歸納法等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、特殊與一般思想等．