Question

已知函数f（x）=cosx+ax2，当x≥0时，使f（x）≥1恒成立的a的最小值为k，存在n个正数pi（i=1，2，…，n）

已知函数f（x）=cosx+ax2，当x≥0时，使f（x）≥1恒成立的a的最小值为k，存在n个正数pi（i=1，2，…，n），且p1+p2+…+pn=1，任取n个自变量的值x1，x2，…，xn，记J＝ni＝1p1f(x1)．（I）求k的值；（II）如果a=k，当n=2时，求证：J≥f（p1x1+p2x2）；（III）如果a=k，且存在n个自变量的值x1，x2，…，xn，使p1x1+p2x2+…+pnx n≥π3，求证：J≥12+π218．

Answer 1

（Ⅰ）令h（x）=cosx+ax²-1，则h′（x）=-sinx+2ax，[h′（x）]′=-cosx+2a，
当2a≤0时，此时在x∈[0，

π

2

)条件下，[h′（x）]′＜0，
则h′（x）在[0，

π

2

)上为减函数，所以h′（x）≤h′（0）=0，
所以h（x）在[0，

π

2

)上为减函数，
所以当x∈(0，

π

2

)时，h（x）＜0，即f（x）＜1；
当0＜2a＜1，即0＜a＜

1

2

时，存在x0∈(0，

π

2

)，使得cosx₀=2a，
当0＜x＜x₀时，[h′（x）]′＜0，h′（x）为减函数，则h′（x）＜h′（0）=0，
即h（x）在（0，x₀）上递减，则x∈（0，x₀）时，h（x）＜h（0）=0，
所以h（x）＜0，即f（x）＜1；      （2分）
当2a=1，即a＝

1

2

时，x≥0，h′（x）=-sinx+x≥0，
则h（x）在（0，+∞）上为增函数，即当x≥0时，h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1；
当2a＞1，即a＞

1

2

时，当x≥0时，[h′（x）]′=-cosx+2a＞0，
则h（x）在（0，+∞）上为增函数，当x≥0时，h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1．
综上，a≥

1

2

，则a的最小值k＝

1

2

．             （4分）
（Ⅱ）不妨设x₂≥x₁，f′（x）=-sinx+x，[f′（x）]′=-cosx+1≥0，
所以f′（x）在R上为增函数，（5分）
令g（x）=p₁f（x₁）+p₂f（x）-f（p₁x₁+p₂x）．g′（x）=p₂f′（x）-p₂f′（p₁x₁+p₂x），
当x＞x₁时，因为x-p₁x₁-p₂x＞0，所以g′（x）＞0，（7分）
即g（x）在[x₁，+∞）上为增函数，所以g（x₂）≥g（x₁）=0，
则g（x）=p₁f（x₁）+p₂f（x）-f（p₁x₁+p₂x）≥0，
则原结论成立．          （8分）
（Ⅲ）（ⅰ）当n=1时，结论成立；
（ⅱ）假设当n=k结论成立，即存在n个正数p_i（i=1，2，3，…n），p₁+p₂+…+p_k=1时，对于n个自变量的值x₁，x₂，x₃，…，x_n，有J≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_kx_k）．
当n=k+1时，
令存在n+1个正数p_i（i=1，2，3，…n+1），p₁+p₂+…+p_k+1=1，
令p₁+p₂+…+p_k=m，则

1

m

(p1+p2+…+pk)＝1，
对于n+1个自变量的值x₁，x₂，x₃，…，x_n+1，
此时J=p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_kf（x_k）+p_k+1f（x_k+1）=m[

p1

m

f(x1)+

p2

m

f(x2)+…+

pk

m

f(xk)]+pk+1f(xk+1)≥mf(

p1

m

x1+

p2

m

x2+…+

pk

m

xk)+pk+1f(xk+1)．    （10分）
因为m+p_k+1=1，所以

J≥mf( p1 m x1+ p2 m x2+…+ pk m xk)+pk+1f(xk+1) ＝f(p1x1+p2x2+…+pk+1xk+1).

所以n=k+1时结论也成立，（11分）
综上可得J≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_k+1x_k+1）．
当x≥0时，f′（x）=-sinx+x≥0，（12分）
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以J≥f(

π

3

)＝cos

π

3

+

1

2

(

π

3

)2＝

1

2

+

π2

18

．