Question

設(shè)f（x）=lnx．
（1）若α∈（0，1），求g（x）=αlnx+（1-α）ln（1-x）最大值；
（2）已知正數(shù)α，β滿足α+β=1．求證：αf（x₁）+βf（x₂）≤f（αx₁+βx₂）；
（3）已知x_i＞0，正數(shù)α_i滿足

n

i=1

αi=1．證明：

n

i=1

αilnxi≤ln

n

i=1

αixi（其中i=1，2，…n）．

Answer 1

分析：（1）求導函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的最大值；
（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=αf（x₁）+βf（x）-f（αx₁+βx）=αlnx₁+βlnx-ln（αx₁+βx），求導數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，可得函數(shù)的最大值，即可證明結(jié)論；
（3）用數(shù)學歸納法證明，①當n=1，2時，命題顯然成立；②假設(shè)當n=k（k≥2，k∈N）時，命題成立，證明當n=k+1時，命題也成立．

解答：（1）解：∵g（x）=αlnx+（1-α）ln（1-x），
∴g′（x）=

α

x

+(1-α)•

-1

1-x

=

α-x

x(1-x)

（0＜x＜1），
∴當x∈（0，α）時，g'（x）＞0，當x∈（α，1）時，g'（x）＜0．
即g（x）在（0，α）上遞增，在（α，1）遞減．
故當x=α時，有g(shù)_max（x）=g（α）=αlnα+（1-α）ln（1-α）．（3分）
（2）證明：構(gòu)造函數(shù)F（x）=αf（x₁）+βf（x）-f（αx₁+βx）=αlnx₁+βlnx-ln（αx₁+βx），則F′(x)=

β

x

-

β

αx1+βx

=

αβ(x1-x)

x(αx1+βx)

，
∴F（x）在（0，x₁）上遞增，在（x₁，+∞）上遞減，
∴當x=x₁時，有F_max（x）=F（x₁）=αf（x₁）+βf（x₁）-f（αx₁+βx₁）=0，
∴F（x₂）≤F（x₁），即αf（x₁）+βf（x₂）-f（αx₁+βx₂）≤0，
即證αf（x₁）+βf（x₂）≤f（αx₁+βx₂）（8分）
（3）用數(shù)學歸納法證明如下：
①當n=1，2時，命題顯然成立；
②假設(shè)當n=k（k≥2，k∈N）時，命題成立，即當α₁+α₂+…+α_k-1+α_k=1時，α₁lnx₁+α₂lnx₂+…+α_k-1lnx_k-1+α_klnx_k≤ln（α₁x₁+α₂x₂+…+α_k-1x_k-1+α_kx_k）．
則當n=k+1，即當α₁+α₂+…+α_k-1+α_k+α_k+1=1時，

α1

1-αk+1

+

α2

1-αk+1

+…+

αk-1

1-αk+1

+

αk

1-αk+1

=1，
又假設(shè)知

α1

1-αk+1

lnx1+

α2

1-αk+1

lnx2+…+

αk-1

1-αk+1

lnxk-1+

αk

1-αk+1

lnxk≤ln(

α1

1-αk+1

x1+

α2

1-αk+1

x2+…+

αk-1

1-αk+1

xk-1+

αk

1-αk+1

xk)，
即α1lnx1+α2lnx2+…+αk-1lnxk-1+αklnxk≤(1-αk+1)ln(

α1x1+α2x2+…+αk-1xk-1+αkxk

1-αk+1

)
∴α₁lnx₁+α₂lnx₂+…+α_k-1lnx_k-1+α_klnx_k+α_k+1lnx_k+1≤(1-αk+1)ln(

α1x1+α2x2+…+αk-1xk-1+αkxk

1-αk+1

)+αk+1lnxk+1≤ln[(1-αk+1)

α1x1+α2x2+…+αk-1xk-1+αkxk

1-αk+1

+αk+1xk+1]=ln（α₁x₁+α₂x₂+…+α_k-1x_k-1+α_kx_k+α_k+1x_k+1）．
這說明當n=k+1時，命題也成立．
綜上①②知，當x_i＞0，正數(shù)α_i滿足

n

i=1

αi=1時

n

i=1

αilnxi≤ln

n

i=1

αixi（其中i=1，2，…n）（14分）

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的最值，考查不等式的證明，考查數(shù)學歸納法的運用，考查函數(shù)的構(gòu)造，正確運用數(shù)學歸納法的證明步驟是關(guān)鍵．