Question

已知f（x）=-lnx，g（x）=

1

x

-1（x＞0）
（Ⅰ）求F（x）=f（x）-g（x）的極值，并證明：若x₁，x₂∈（0，+∞）有f（x₂）-f（x₁）≥f′（x₁）（x₂-x₁）
（Ⅱ）設λ₁，λ₂＞0，且λ₁+λ₂=1，x₁＞0，x₂＞0，證明：λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂）．若λ_i＞0，x_i＞0，（i=1，2，…n），由上述結論猜想一個一般性結論（不需證明）．
（Ⅲ）證明：若a_i＞0（i=1，2，…n），則a₁ a1a₂ a2…a_n an≥(

a1+a2+…+an

n

)a1+a2+…+an．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）利用導數(shù)求函數(shù)的極值即可，F(xiàn)（x）_max=F（0）=0；∴當x＞0時，f （x）≤g（x） 恒成立，即 x＞0時 lnx≥1-

1

x

恒成立，利用該結論即可證得原命題成立；
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的結論證明即可得出結論成立；
（Ⅲ）利用（Ⅱ）的結論結合對數(shù)的運算性質即可得出結論．

解答： 解：（1）F（x）=-lnx-

1

x

+1，則F′（x）=

1-x

x2

當x∈（0，1）時F′（x）＞0，x∈（1，+∞）時F′（x）＜0
∴F（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
∴當x=1時，函數(shù)有極大值為F（1）=0，
∴F（x）_max=F（0）=0；∴當x＞0時，f （x）≤g（x） 恒成立，即 x＞0時 lnx≥1-

1

x

恒成立．
∴f （x₂）-f （x₁）=ln 

x1

x2

≥1-

x2

x1

=-

1

x1

（x₂-x₁）=f′（x₁）（x₂-x₁）
（2）證明：設λ₁＞0，λ₂＞0且λ₁+λ₂=1　　　　　
令x₃=λ₁ x₁+λ₂ x₂，則x₃＞0且x₁-x₃=λ₂（x₁-x₂）　　x₂-x₃=λ₁（x₂-x₁）
由（1）知f （x₁）-f （x₃）≥f′（x₃）（ x₁-x₃）=λ₂ f′（x₃）（ x₁-x₂） …①
f （x₂）-f （x₃）≥f′（x₃）（ x₂-x₃）=λ₁ f′（x₃）（ x₂-x₁）  …②
①×λ₁+②×λ₂，得
λ₁ f （x₁）+λ₂ f （x₂）-（λ₁+λ₂）f （x₃）≥λ₁λ₂ f′（x₃） （ x₁-x₂）+λ₁λ₂ f′（x₃）（ x₂-x₁）=0
∴λ₁ f （x₁）+λ₂ f （x₂）≥（λ₁+λ₂）f （x₃）=f （x₃）=f（λ₁ x₁+λ₂ x₂）
猜想：λ_i＞0，x_i＞0（i=1，2，…n）且λ₁+λ₂+…+λ_n=1時有
λ₁ f （x₁）+λ₂ f （x₂）+…+λ_n f （x_n）≥f（λ₁ x₁+λ₂ x₂+…+λ_n x_n）
（3）證明：令λ_i=

ai

a1+a2+…+an

，xi=

1

ai

，(i=1，2，…n)則有λ₁+λ₂+…+λ_n=1           
由猜 想結論得：

a1

a1+a2+…+an

lna1+

a2

a1+a2+…+an

lna2+…+

an

a1+a2+…+an

lnan
≥-ln（

a1

a1+a2+…+an

•

1

a1

+

a2

a1+a2+…+an

•

1

a2

+…+

an

a1+a2+…+an

•

1

an

）
=-ln

n

a1+a2+…+an

=ln

a1+a2+…+an

n

∴a₁lna₁+a₂lna₂+…+a_nlna_n≥（a₁+a₂+…+a_n） ln

a1+a2+…+an

n

即a1a1a2a2…anan≥(

a1+a2+…+an

n

)a1+a2+…+an

點評：本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值問題及利用導數(shù)證明不等式成立問題，考查學生的問題的等價轉化思想的運用能力及計算求解能力，邏輯性很強，屬難題．