Question

设f（x）=ex-a（x+1）（e是自然对数的底数，e=2.71828…），且f′（0）=0．（Ⅰ）求实数a的值，并求函数f

设f（x）=ex-a（x+1）（e是自然对数的底数，e=2.71828…），且f′（0）=0．（Ⅰ）求实数a的值，并求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）设g（x）=f（x）-f（-x），对任意x1，x2∈R（x1＜x2），恒有g(x2)?g(x1)x2?x1＞m成立．求实数m的取值范围；（Ⅲ）若正实数λ1，λ2满足λ1+λ2=1，x1，x2∈R（x1≠x2），试证明：f（λ1x1+λ2x2）＜λ1f（x1）+λ2f（x2）；并进一步判断：当正实数λ1，λ2，…，λn满足λ1+λ2+…+λn=1（n∈N，n≥2），且x1，x2，…，xn是互不相等的实数时，不等式f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）＜λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）是否仍然成立．

Answer 1

（Ⅰ）∵f′（x）=e^x-a，f′（0）=1-a=0，∴a=1，
令f′（x）=e^x-1＞0得x＞0；令f′（x）=e^x-1＜0得x＜0；
所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）．
（II）由

g(x2)?g(x1)

x2?x1

＞m，（x₁＜x₂）变形得：g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，
令函数F（x）=g（x）-mx，则F（x）在R上单调递增，
∴F′（x）=g′（x）-m≥0即m≤g′（x）在R上恒成立．
而g′（x）=f′（x）+f′（-x）=e^x+e^-x-2≥2

ex?e?x

?2＝0（当且仅当x=0时取“=”）
所以m≤0．
（Ⅲ）证明：不妨设x₁＜x₂，由λ₁+λ₂=1，（λ₁，λ₂∈（0，1））得：
f（λ₁x₁+λ₂x₂）-[λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）]
=eλ1x1+λ2x2-（λ₁x₁+λ₂x₂）-1-λ1(ex1?x1?1)?λ2(ex2?x2?1)
=eλ1x1+λ2x2-λ1ex1?λ2ex2
=ex1(eλ1x1?x1+λ2x2?λ1?λ2ex2?x1)
=ex1(e?λ2x1+λ2x2?1+λ2?λ2ex2?x1)
=ex1[eλ2(