Question

（I）已知函数f（x）=rx-x^r+（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a₁^b1a₂^b2≤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（x^α）^r=αx^α-1．

Answer

（I）求导函数，令f′（x）=0，解得x=1；确定函数在（0，1）上是减函数；在（0，1）上是增函数，从而可求f（x）的最小值；
（II）由（I）知，x∈（0，+∞）时，有f（x）≥f（1）=0，即xr≤rx+（1-r），分类讨论：若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立；若a1，a2均不为0，，可得a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立
（III）（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；
用数学归纳法证明：（1）当n=1时，b1=1，a1≤a1，推广命题成立；（2）假设当n=k时，推广命题成立，证明当n=k+1时，利用a1b1a2b2…akbkak+1bk+1=（a1b1a2b2…akbk）ak+1bk+1=ak+1bk+1，结合归纳假设，即可得到结论．
（I）【解析】
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）【解析】
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，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）【解析】
（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=ak+1bk+1
∵++…+=1
∴…≤++…+
=
∴ak+1bk+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．