Question

已知函數(shù)f(x)=ex-

1

2

x2，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x）．
（1）求f′（x）的最小值；
（2）證明：對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，+∞）和實(shí)數(shù)λ₁≥0，λ₂≥0且λ₁+λ₂=1，總有f（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）；
（3）若x₁，x₂，x₃滿(mǎn)足：x₁≥0，x₂≥0，x₃≥0且x₁+x₂+x₃=3，求f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）的最小值．

Answer 1

分析：（1）求出f′（x），利用導(dǎo)數(shù)判斷f′（x）的單調(diào)性，由單調(diào)性即可求得其最小值；
（2）不妨設(shè)x₁≤x₂，構(gòu)造函數(shù)K（x）=f（λ₁x+λ₂x₂）-λ₁f（x）-λ₂f（x₂）（x∈[0，x₂]），只需證明K（x）≤0，由（1）可判斷K′（x）≥0，從而知函數(shù)K（x）在[0，x₂]上單調(diào)遞增，故而K（x）≤K（x₂），得證；
（3）先證對(duì)任意的x₁，x₂，x₃∈[0，+∞）和實(shí)數(shù)λ₁≥0，λ₂≥0，λ₃≥0，且λ₁+λ₂+λ₃=1，總有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），運(yùn)用（2）的結(jié)論容易證明，再令λ1=λ2=λ3=

1

3

，即可求得其最小值．

解答：（1）解：f′（x）=e^x-x，f''（x）=e^x-1
當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，f''（x）=e^x-1＜0，即f′（x）在區(qū)間（-∞，0）上為減函數(shù)；
當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，f''（x）=e^x-1≥0，即f′（x）在區(qū)間[0，+∞）上為增函數(shù)；
于是f′（x）的最小值為f′（0）=1．
（2）證明：不妨設(shè)x₁≤x₂，構(gòu)造函數(shù)K（x）=f（λ₁x+λ₂x₂）-λ₁f（x）-λ₂f（x₂）（x∈[0，x₂]），
則有K（x₂）=f（λ₁x₂+λ₂x₂）-λ₁f（x₂）-λ₂f（x₂）=0，
則K′(x)=λ1f′(λ1x+λ2x2)-λ1f′(x)=λ1(f′(λ1x+λ2x2)-f′(x))，
而λ₁x+λ₂x₂-x=（λ₁-1）x+λ₂x₂=λ₂（x₂-x）≥0，所以λ₁x+λ₂x₂≥x，
由（1）知f′（x）在區(qū)間[0，+∞）上為增函數(shù)，
所以f′(λ1x+λ2x2)-f′(x)≥0，即K′（x）≥0，
所以K（x）在[0，x₂]上單調(diào)遞增，
所以K（x）≤K（x₂）=0，即f（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）．
（3）解：先證對(duì)任意的x₁，x₂，x₃∈[0，+∞）和實(shí)數(shù)λ₁≥0，λ₂≥0，λ₃≥0，且λ₁+λ₂+λ₃=1，
總有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)=f((λ1+

λ

2

)(

λ1

λ1+λ2

x1+

λ2

λ1+λ2

x2)+λ3x3)≤(λ1+λ2)f(

λ1

λ1+λ2

x1+

λ2

λ1+λ2

x2)+λ3f(x3)≤(λ1+λ2)•(

λ1

λ1+λ2

f(x1)+

λ2

λ1+λ2

f(x2))+λ3f(x3)
=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），
令λ1=λ2=λ3=

1

3

，有f(

x1+x2+x3

3

)≤

1

3

(f(x1)+f(x2)+f(x3))，
當(dāng)x₁≥0，x₂≥0，x₃≥0且x₁+x₂+x₃=3時(shí)，有f(x1)+f(x2)+f(x3)≥3f(

x1+x2+x3

3

)=3f(1)=3e-

3

2

．
所以f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）的最小值為3e-

3

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、求函數(shù)的最值，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，考查學(xué)生對(duì)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化能力，本題綜合性強(qiáng)，難度大，能力要求高．