Question

3．設(shè)函數(shù)g（x）=lnx，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是正常數(shù)，且0＜λ＜1．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最值；
（Ⅱ）對(duì)于任意的正數(shù)m，是否存在正數(shù)x₀，使不等式|$\frac{{g（{x_0}+1）}}{x_0}$-1|＜m成立？并說(shuō)明理由；
（Ⅲ）設(shè)λ₁＞0，λ₂＞0，且λ₁+λ₂=1，證明：對(duì)于任意正數(shù)a₁，a₂都有a₁^λ₁a₂^λ₂≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值即可；
（Ⅱ）$|\frac{g（x+1）}{x}-1|＜m?ln（x+1）+（m-1）x＞0$，設(shè)φ（x）=ln（x+1）+（m-1）x，m＞0，x＞0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可；
（Ⅲ）先得到lnx^λ+lna^1-λ≤ln[λx+（1-λ）a]令λ₁=λ，λ₂=1-λ，a₁=x，a₂=a，代入整理即可證出結(jié)論．

解答 解：（I）${f^'}（x）=\frac{{λ（1-λ）（{x-a}）}}{{[λx+（{1-λ}）a]x}}$，
∵a＞0，1-λ＞0，λ＞0，x＞0，
∴當(dāng)x＞a時(shí)，f′（x）＞0；0＜x＜a時(shí)，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）有最小值f（a）=（1-λ）lna，沒(méi)有最大值；
（II）對(duì)?m＞0，?x₀＞0使得$|\frac{{g（{x_0}+1）}}{x_0}-1|＜m$成立，其理由如下：
令h（x）=ln（x+1）-x，則h′（x）≤0，
所以h（x）在[0，+∞）單調(diào)遞減，
于是可得當(dāng)x＞0時(shí)，ln（x+1）-x＜0，$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}-1＜0$，
故$|\frac{g（x+1）}{x}-1|＜m?ln（x+1）+（m-1）x＞0$，
設(shè)φ（x）=ln（x+1）+（m-1）x，m＞0，x＞0，
則${φ^'}（x）=\frac{1}{x+1}+m-1=\frac{{（{m-1}）x+m}}{x+1}$，
當(dāng)m≥1時(shí)，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴對(duì)于?x₀＞0均有φ（x₀）＞φ（0）=0恒成立，
當(dāng)0＜m＜1時(shí)，由φ′（x）＞0可得$0＜x＜\frac{m}{1-m}$，由φ′（x）＜0可得$x＞\frac{m}{1-m}$，
于是φ（x）在$（0，\frac{m}{1-m}）$是增函數(shù)，在$（\frac{m}{1-m}，+∞）$是減函數(shù)，
∴對(duì)于$?{x_0}∈（0，\frac{m}{1-m}）$均有φ（x₀）＞φ（0）=0恒成立，
綜上，對(duì)于任意的正數(shù)m，都存在正數(shù)x₀滿足條件；
證明：（III）由（I）知，對(duì)?x＞0，a＞0，0＜λ＜1時(shí)，
都有l(wèi)n[λx+（1-λ）a]-λlnx≥（1-λ）lna
即lnx^λ+lna^1-λ≤ln[λx+（1-λ）a]
令λ₁=λ，λ₂=1-λ，a₁=x，a₂=a，
則$ln（{{a_1}^{λ_1}{a_2}^{λ_2}}）≤ln（{{a_1}{λ_1}+{a_2}{λ_2}}）$，
∵y=lnx在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴${a_1}^{λ_1}{a_2}^{λ_2}≤{λ_1}{a_1}+{λ_2}{a_2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．