2012-湖北卷理-22 解-导数

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与最值。核心在于导数法、换元法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年湖北卷(理)）

(1) 已知函数 $f (x) = r x - x^{r} + (1 - r) (x > 0)$ ，其中 $r$ 为有理数，且 $0 < r < 1$ .求 $f (x)$ 的最小值；

(2) 试用(1)的结果证明如下命题：

设 $a_{1} \geq 0, a_{2} \geq 0, b_{1}, b_{2}$ 为正有理数，若 $b_{1} + b_{2} = 1$ ，则 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2}$ ；

(3) 请将(2)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，有求导公式 $(x^{α})^{'} = α x^{α - 1}$ .

🔍【思路分析】

破题导航

一阶求导锁定极值：直接对 $f (x)$ 求导得 $f^{'} (x) = r - r x^{r - 1} = r (1 - x^{r - 1})$ 。因为 $0 < r < 1 ⟹ r - 1 < 0$ ，所以当 $x > 1$ 时 $x^{r - 1} < 1 ⟹ f^{'} (x) > 0$ ；当 $0 < x < 1$ 时 $f^{'} (x) < 0$ 。由此判定增减性，在 $x = 1$ 处取得唯一极小值即最小值。

巧妙代换构建映射：由第（Ⅰ）问可知 $f (x) \geq f (1) = 0 ⟹ x^{r} \leq r x + (1 - r)$ 。若 $a_{1}, a_{2}$ 中有 0 显然成立；若均不为 0，为将目标式 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2}$ 向已知最值模型靠拢，可两边同除以 $a_{2}$ ，令 $x = \frac{a _{1}}{a _{2}}$ 且 $r = b_{1}$ ，则 $1 - r = b_{2}$ ，代入代换即可完成证明。

多元推广与归纳递推：推广形式为 $n$ 元加权 AM-GM 不等式。利用数学归纳法进行证明：在由 $n = k$ 向 $n = k + 1$ 递推时，核心难点在于如何削减项数。通过使用局部提取法，将前 $k$ 项的权重和整体化归为 1，先对前 $k$ 项套用归纳假设，然后再将前 $k$ 项的整体看作一个元，与第 $k + 1$ 项组合，套用第（Ⅱ）问的二元结论，从而完成双层夹逼化简。

✅【答案】

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(1) $f (x)$ 的最小值为 $0$

(2) 证明见解析

(3) 推广为 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \dots a_{n}^{b_{n}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} + \dots + b_{n} a_{n}$ （ $a_{i} \geq 0$ ， $b_{i}$ 为正有理数且 $\sum_{i = 1}^{n} b_{i} = 1$ ），证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）求函数 $f (x)$ 的最小值

已知函数 $f (x) = r x - x^{r} + (1 - r)$ 的定义域为 $x \in (0, + \infty)$ ，对 $f (x)$ 进行求导：

$f^{'} (x) = r - r x^{r - 1} = r (1 - x^{r - 1})$

因为题目给定常数约束 $0 < r < 1$ ，所以有：

$r - 1 < 0$

当 $0 < x < 1$ 时，根据幂函数的性质，由于指数 $r - 1$ 为负数，故 $x^{r - 1} > 1 ⟹ 1 - x^{r - 1} < 0$ 。因为 $r > 0$ ，所以：

$f^{'} (x) < 0$

这表明，函数 $f (x)$ 在开区间 $(0, 1)$ 内为严格单调递减函数。

当 $x > 1$ 时，同理可得幂函数分量 $x^{r - 1} < 1 ⟹ 1 - x^{r - 1} > 0$ 。因为 $r > 0$ ，所以：

$f^{'} (x) > 0$

这表明，函数 $f (x)$ 在开区间 $(1, + \infty)$ 内为严格单调递增函数。

综上单调性可知，函数 $f (x)$ 在整个定义域 $(0, + \infty)$ 内有且仅有一个极小值点 $x = 1$ ，该点亦为全局绝对最小值点。

将其代入求得该最小值：

$f (x)_{min} = f (1) = r \times 1 - 1^{r} + 1 - r = r - 1 + 1 - r = 0$

所以，函数 $f (x)$ 的最小值为 $0$ 。

（Ⅱ）证明： $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2}$

由第（Ⅰ）问的结论可知，对任意的 $x \in (0, + \infty)$ ，恒满足 $f (x) \geq f (1) = 0$ ，即：

$r x - x^{r} + (1 - r) \geq 0 ⟹ x^{r} \leq r x + (1 - r) (1)$

下面利用①式对已知命题进行分类讨论证明：

情况一：若非负实数 $a_{1}, a_{2}$ 中至少有一个为 $0$ 。

由于权重 $b_{1}, b_{2}$ 为正有理数，此时等式左端乘积项 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}}$ 必然等于 $0$ 。而右端 $b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} \geq 0$ 。显然满足 $0 \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2}$ ，不等式自明成立。

情况二：若 $a_{1}, a_{2}$ 均不为 $0$ ，即 $a_{1} > 0, a_{2} > 0$ 。

已知正有理数满足线性硬约束 $b_{1} + b_{2} = 1 ⟹ b_{2} = 1 - b_{1}$ 。

我们在核心最值控制式①中，大胆采用变量代换法，令：

$x = \frac{a _{1}}{a _{2}} > 0, r = b_{1} \in (0, 1)$

将其代入①式中，可得：

$(\frac{a _{1}}{a _{2}})^{b_{1}} \leq b_{1} \cdot (\frac{a _{1}}{a _{2}}) + (1 - b_{1})$

将右侧项进行通分合并，同时将 $1 - b_{1}$ 替换回 $b_{2}$ ：

$\frac{a _{1}^{b_{1}}}{a _{2}^{b_{1}}} \leq \frac{b _{1} a _{1} + b _{2} a _{2}}{a _{2}}$

由于 $a_{2} > 0$ ，等式两边同时乘以正数 $a_{2}$ ：

$a_{1}^{b_{1}} \cdot a_{2}^{1 - b_{1}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2}$

进一步变形为：

$a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} (2)$

综上所述，对任意 $a_{1} \geq 0, a_{2} \geq 0$ ，若 $b_{1}, b_{2}$ 为正有理数且 $b_{1} + b_{2} = 1$ ，总有 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2}$ 成立。

（Ⅲ）一般形式的推广及数学归纳法证明

一、一般形式的推广（多元加权几何-算术平均平均不等式）

将二元结论②拓展至 $n$ 元有理权重空间，其规范的推广命题如下：

设 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 为非负实数， $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}$ 为正有理数。

若权重分配满足归一化条件：

$b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} = 1 (3)$

则各元的加权几何平均数恒不大于其加权算术平均数，即：

$a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \dots a_{n}^{b_{n}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} + \dots + b_{n} a_{n} (4)$

二、利用数学归纳法对推广命题④进行严格证明

（1）当 $n = 1$ 时：

依据③式的硬性约束条件，权重满足 $b_{1} = 1$ 。此时不等式④的左端为 $a_{1}^{1} = a_{1}$ ，右端为 $1 \cdot a_{1} = a_{1}$ 。满足 $a_{1} \leq a_{1}$ （此时取等号），命题显然成立。

（2）假设当 $n = k (k \in N^{*})$ 时，推广命题④成立：

即假设：若 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ 为非负实数， $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{k}$ 为正有理数，且满足 $\sum_{i = 1}^{k} b_{i} = 1$ ，则：

$a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \dots a_{k}^{b_{k}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} + \dots + b_{k} a_{k} （归纳假设）$

（3）当 $n = k + 1$ 时：

设 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}, a_{k + 1}$ 为非负实数， $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{k}, b_{k + 1}$ 为正有理数，且满足：

$b_{1} + b_{2} + \dots + b_{k} + b_{k + 1} = 1 ⑤$

由此可导出前 $k$ 项的权重之和为：

$b_{1} + b_{2} + \dots + b_{k} = 1 - b_{k + 1}$

因为 $b_{k + 1} > 0$ 且由⑤式知 $b_{k + 1} < 1$ ，故有：

$0 < 1 - b_{k + 1} < 1 且 \frac{b _{1}}{1 - b _{k + 1}} + \frac{b _{2}}{1 - b _{k + 1}} + \dots + \frac{b _{k}}{1 - b _{k + 1}} = 1$

为了使用归纳假设，我们对 $k + 1$ 元乘积项进行局部权重归一化变换（即在指数端强行构造出总和为 1 的新有理权重）：

$a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \dots a_{k}^{b_{k}} a_{k + 1}^{b_{k + 1}} = (a_{1}^{\frac{b _{1}}{1 - b _{k + 1}}} a_{2}^{\frac{b _{2}}{1 - b _{k + 1}}} \dots a_{k}^{\frac{b _{k}}{1 - b _{k + 1}}})^{1 - b_{k + 1}} \cdot a_{k + 1}^{b_{k + 1}} ⑥$

由于新权重序列 ${\frac{b _{i}}{1 - b _{k + 1}}} (i = 1, 2, \dots, k)$ 均为正有理数且其求和严格等于 1。

我们对⑥式括号内部的 $k$ 元乘积项直接套用 $n = k$ 时的归纳假设不等多项式：

$a_{1}^{\frac{b _{1}}{1 - b _{k + 1}}} a_{2}^{\frac{b _{2}}{1 - b _{k + 1}}} \dots a_{k}^{\frac{b _{k}}{1 - b _{k + 1}}} \leq \frac{b _{1}}{1 - b _{k + 1}} a_{1} + \frac{b _{2}}{1 - b _{k + 1}} a_{2} + \dots + \frac{b _{k}}{1 - b _{k + 1}} a_{k}$

两边同时取 $1 - b_{k + 1}$ 次方（保持不等号方向不变），代回⑥式中可放大变形为：

$a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \dots a_{k}^{b_{k}} a_{k + 1}^{b_{k + 1}} \leq (\frac{b _{1} a _{1} + b _{2} a _{2} + \dots + b _{k} a _{k}}{1 - b _{k + 1}})^{1 - b_{k + 1}} \cdot a_{k + 1}^{b_{k + 1}} ⑦$

接下来，我们将⑦式右侧的结构视为整体的二元乘积。

令新变量 $A = \frac{b _{1} a _{1} + b _{2} a _{2} + \dots + b _{k} a _{k}}{1 - b _{k + 1}} \geq 0, B = a_{k + 1} \geq 0$ ，对应的权重分别为 $B_{1} = 1 - b_{k + 1}, B_{2} = b_{k + 1}$ 。

显然 $B_{1}, B_{2}$ 均为正有理数且满足 $B_{1} + B_{2} = (1 - b_{k + 1}) + b_{k + 1} = 1$ 。

此时可以完美套用第（Ⅱ）问中已经得证的二元核心结论②（ $A^{B_{1}} B^{B_{2}} \leq B_{1} A + B_{2} B$ ）：

$(\frac{b _{1} a _{1} + b _{2} a _{2} + \dots + b _{k} a _{k}}{1 - b _{k + 1}})^{1 - b_{k + 1}} \cdot a_{k + 1}^{b_{k + 1}} \leq (1 - b_{k + 1}) \cdot (\frac{b _{1} a _{1} + b _{2} a _{2} + \dots + b _{k} a _{k}}{1 - b _{k + 1}}) + b_{k + 1} a_{k + 1}$

对上式的右端进行分式乘法消元，约去共同的因式 $(1 - b_{k + 1})$ ：

$= (b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} + \dots + b_{k} a_{k}) + b_{k + 1} a_{k + 1} = b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} + \dots + b_{k} a_{k} + b_{k + 1} a_{k + 1}$

将此最终链条与⑦式左端对齐，有：

$a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \dots a_{k}^{b_{k}} a_{k + 1}^{b_{k + 1}} \leq b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} + \dots + b_{k} a_{k} + b_{k + 1} a_{k + 1}$

这表明，当 $n = k + 1$ 时，推广命题④依然完全成立。

综上所述，由（1）和（2）可知，对一切正整数 $n$ ，所推广的一般形式命题均严格成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数在复合幂指函数最值中的极限卡位、二元 Young 不等式向多元连乘结构的代数化归、数学归纳法在多元不等式级数递推中的高级应用。

核心方法：局部权重换元归一法。在利用数学归纳法处理类似多元连乘不等式的 $k \to k + 1$ 递推时，最核心的技巧在于通过将前 $k$ 项的指数同时除以其权重和（ $1 - b_{k + 1}$ ），人为构造出一个和为 1 的局部合规新有理权重集合，从而在局部强行激活 $n = k$ 时的归纳假设。

避坑指南：

第一问求导时误判指数项的符号：在化简 $f^{'} (x) = r (1 - x^{r - 1})$ 时，切记由已知条件 $0 < r < 1 ⟹ r - 1 < 0$ 。由于指数为负，当自变量 $x > 1$ 时，幂函数部分 $x^{r - 1}$ 反而严格小于 1，因此整体导数值为正。避免将单调区间颠倒写反。

第三问推广时漏掉项数与权重的刚性定义范围：进行多元命题推广时，必须严谨地写出“ $a_{i}$ 为非负实数， $b_{i}$ 为正有理数，且满足 $\sum b_{i} = 1$ ”。如果漏掉这些前提限制，该推广不等式是不成立的。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第二章《一元函数的导数及其应用》及选择性必修第三册第六章《计数原理与数学归纳法》中关于导数压轴最值性质的章末综合探索解答题。其高等数学背景依托于实分析与泛函分析中著名的“赫尔德不等式（Hőlder’s Inequality）”及“ Young 矩阵积分不等式”的初等离散退化形式。

结论推广：

多元连续加权算术-几何平均（AM-GM）守恒模型：本题第（Ⅲ）问最终被数学归纳法死锁得证的推广方程④，在高等代数中被称为“通用加权中值收敛定理”。它指明了：只要一组正权重的总体代数加和满足归一化条件 1，则其对应的任意非负多维观测变量的几何幂次连乘积，宏观上永远受到其线性加权期望和的刚性上边界拦截。掌握该题中“一阶求导求基底 $\to$ 变量代换证二元 $\to$ 权重归一数学归纳证多元”的标准解析逻辑链，能让考生在面对任何高难度函数最值或多元不等式递推证明时，均能做到逻辑无缝平移、规范化求解。

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