Question

已知函數(shù)f（x）=e^{λx+（1-λ）a}-λe^x，其中α，λ，是常數(shù)，且0＜λ＜1．
（I）求函數(shù)f（x）的極值；
（II）對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，是否存在正數(shù)x，使不等式||＜a成立？若存在，求出x，若不存在，說(shuō)明理由；
（III）設(shè)λ₁，λ₂∈（0，+∞），且λ₁+λ₂=1，證明：對(duì)任意正數(shù)a₁，a₂都有：≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

解：不妨設(shè)函數(shù)g（x）=e^x，
（Ⅰ）∵f′（x）=λg′[λx+（1-λ）a]-λg′（x），
由f′（x）＞0得，g′[λx+（1-λ）a]＞g′（x），
∴λx+（1-λ）a＞x，即（1-λ）（x-a）＜0，解得x＜a，
故當(dāng)x＜a時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)x＞a時(shí)，f′（x）＜0；
∴當(dāng)x=a時(shí)，f（x）取極大值f（a）=（1-λ）e^a，但f（x）沒(méi)有極小值．
（Ⅱ）∵=，
又當(dāng)x＞0時(shí)，令h（x）=e^x-x-1，則h′（x）=e^x-1＞0，故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化為，即e^x-（1+a）x-1＜0，
令g（x）=e^x-（1+a）x-1，則g′（x）=e^x-（1+a），
由g′（x）=0得：e^x=1+a，解得x=ln（1+a），
當(dāng)0＜x＜ln（1+a）時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)x＞ln（1+a）時(shí)，g′（x）＞0，
故當(dāng)x=ln（1+a）時(shí)，g（x）取最小值g[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a），
令s（a）=-ln（1+a），a＞0，則s′（a）==-＜0，
故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0，
因此，存在正數(shù)x=ln（1+a），使原不等式成立；
（Ⅲ）對(duì)任意正數(shù)a₁，a₂，存在實(shí)數(shù)x₁，x₂使，，
則=，λ₁a₁+λ₂a₂=，
原不等式≤λ₁a₁+λ₂a₂?≤?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），
由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）恒成立，故g[λx+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a），
取x=x₁，a=x₂，λ=λ₁，1-λ=λ₂，即得g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），即≤，
故所證不等式成立．
分析：（I）令g（x）=e^x，求導(dǎo)數(shù)f′（x），根據(jù)g′（x）的單調(diào)性，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，由極值定義可得極值；
（II）當(dāng)x＞0時(shí)，令h（x）=e^x-x-1，利用導(dǎo)數(shù)可判斷h（x）的符號(hào)，從而可去掉絕對(duì)值號(hào)，則不等式變?yōu)閑^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，存在正數(shù)x使不等式成立，等價(jià)于g（x）_min＜0，利用導(dǎo)數(shù)可求得g（x）_min=a-（1+a）ln（1+a），令s（a）=-ln（1+a），對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a不等式成立，等價(jià)于s（a）_max＜0，用導(dǎo)數(shù)易證明；
（III）對(duì)任意正數(shù)a₁，a₂，存在實(shí)數(shù)x₁，x₂使，，原不等式≤λ₁a₁+λ₂a₂?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）恒成立，得g[λx+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a），在該不等式中適當(dāng)賦值即可證明；
點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值、極值，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析解決問(wèn)題的能力，本題綜合性強(qiáng)，難度大，對(duì)能力要求較高．