（I）已知函数f（x）=rx-xr+（1-r）（x＞0），其中r为有理数，且0＜...

Question

（I）已知函数f（x）=rx-xr+（1-r）（x＞0），其中r为有理数，且0＜r＜1．求f（x）的最小值； （II）试用（I）的结果证明如下命题：设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1+b2=1，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2； （III）请将（II）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求道公式（xα）r=αxα-1．

Answer 1

（I）解：求导函数可得：f′（x）=r（1-xr-1），令f′（x）=0，解得x=1；
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上是减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数
所以f（x）在x=1处取得最小值f（1）=0；
（II）解：由（I）知，x∈（0，+∞）时，有f（x）≥f（1）=0，即xr≤rx+（1-r）①
若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立；
若a1，a2均不为0，∵b1+b2=1，∴b2=1-b1，
∴①中令x=a1a2，r=b1，可得a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立
综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1+b2=1，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2；②
（III）解：（II）中的命题推广到一般形式为：设a1≥0，a2≥0，…，an≥0，b1，b2，…，bn为正有理数，若b1+b2+…+bn=1，则a1b1a2b2…anbn≤a1b1+a2b2+…anbn；③
用数学归纳法证明
（1）当n=1时，b1=1，a1≤a1，③成立
（2）假设当n=k时，③成立，即a1≥0，a2≥0，…，ak≥0，b1，b2，…，bk为正有理数，若b1+b2+…+bk=1，则a1b1a2b2…akbk≤a1b1+a2b2+…akbk．
当n=k+1时，a1≥0，a2≥0，…，ak+1≥0，b1，b2，…，bk+1为正有理数，若b1+b2+…+bk+1=1，则1-bk+1＞0
于是a1b1a2b2…akbkak+1bk+1=（a1b1a2b2…akbk）ak+1bk+1=(a1b11-bk+1a2b21-bk+1…akbk1-bk+1)1-bk+1ak+1bk+1
∵b11-bk+1+b21-bk+1+…+bk1-bk+1=1
∴a1b11-bk+1a2b21-bk+1…akbk1-bk+1≤a1×b11-bk+1+a2×b21-bk+1+…+ak× bk1-bk+1
=a1b1+a2b2+…+akbk1-bk+1
∴(a1b11-bk+1a2b21-bk+1…akbk1-bk+1)1-bk+1ak+1bk+1≤a1b1+a2b2+…+akbk1-bk+1•（1-bk+1）+ak+1bk+1，
∴a1b1a2b2…akbkak+1bk+1≤a1b1+a2b2+…akbk+ak+1bk+1．
∴当n=k+1时，③成立
由（1）（2）可知，对一切正整数，推广的命题成立．