（本小题满分 14 分） （1）已知函数 f(x)=r x…——2012 高考数学第 21 题答案解析

## 【解析】

（ I ）$f^{\prime}(x)=r-r x^{r-1}=r\left(1-x^{r-1}\right)$ ，令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=1$
当 $0当 $x>1$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 内是增函数．
故函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得最小值 $f(1)=0$ ．
（II）由（I）知，当 $x \in(0,+\infty)$ 时，有 $f(x) \geq f(1)=0$ ，即 $x^{\prime} \leq r x+(1-\gamma)$

若 $a_{1}, a_{2}$ 中有一个为 0 ，则 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}$ 成立；
若 $a_{1}, a_{2}$ 均不为 0 ，又 $b_{1}+b_{2}=1$ ，可得 $b_{2}=1-b_{1}$ ，于是
在①中令 $x=\frac{a_{1}}{a_{2}}, r=b_{1}$ ，可得 $\left(\frac{a_{1}}{a_{2}}\right)^{b_{1}} \leq b_{1} \cdot \frac{a_{1}}{a_{2}}+\left(1-b_{1}\right)$ ，
即 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{1-b_{1}} \leq a_{1} b_{1}+a_{2}\left(1-b_{1}\right)$ ，亦即 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}$ ．
综上，对 $a_{1} \geq 0, a_{2} \geq 0, b_{1}, b_{2}$ 为正有理数且 $b_{1}+b_{2}=1$ ，总有 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \leq a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}$ ．

（III）（II）中命题的推广形式为：
设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 为非负实数，$b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$ 为正有理数．
若 $b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}=1$ ，则 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \cdots a_{n}^{b_{n}} \leq a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{n} b_{n}$ ．

用数学归纳法证明如下：
（1）当 $n=1$ 时，$b_{1}=1$ ，有 $a_{1} \leq a_{1}$ ，（3）成立。
②假设当 $n=k$ 时，（3）成立，即若 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}$ 为非负实数，$b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{k}$ 为正有理数，且 $b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{k}=1$ ，则 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \cdots a_{k}^{b_{2}} \leq a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{k} b_{k}$ ．
当 $n=k+1$ 时，已知 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}, a_{k+1}$ 为非负实数，$b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{k}, b_{k+1}$ 为正有理数，且 $b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{k}+b_{k+1}=1$ ，此时 $00$ ，于是 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \cdots a_{k}^{b_{2}} a_{k+1}^{b_{k+1}}=\left(a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \cdots a_{k}^{b_{k}}\right) a_{k+1}^{b_{k+1}}=\left(a_{1}^{\frac{b_{1}}{1-b_{k+1}}} a_{1}^{\frac{b_{2}}{1-b_{k+1}}} \cdots a_{k}^{\frac{b_{2}}{1-b_{k+1}}}\right)^{1-b_{k+2}} a_{k+1}^{b_{k+1}}$ ．
因 $\frac{b_{1}}{1-b_{k+1}}+\frac{b_{2}}{1-b_{k+1}}+\cdots+\frac{b_{k}}{1-b_{k+1}}=1$ ，由归纳假设可得 $a_{1}^{\frac{b_{1}}{1-b_{k+1}}} a_{2}^{\frac{b_{2}}{1-b_{k+1}}} \cdots a_{k}^{\frac{b_{k}}{1-b_{k+1}}} \leq a_{1} \cdot \frac{b_{1}}{1-b_{k+1}}+a_{2} \cdot \frac{b_{2}}{1-b_{k+1}}+\cdots+a_{k} \cdot \frac{b_{k}}{1-b_{k+1}}=\frac{a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{k} b_{k}}{1-b_{k+1}}$,

从而 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \cdots a_{k}^{b_{k}} a_{k+1}^{b_{k+1}} \leq\left(\frac{a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{k} b_{k}}{1-b_{k+1}}\right)^{1-b_{k+1}} a_{k+1}^{b_{k+1}}$ ．
又因 $\left(1-b_{k+1}\right)+b_{k+1}=1$ ，由②得

$$ \begin{aligned} \left(\frac{a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{k} b_{k}}{1-b_{k+1}}\right)^{1-b_{k+1}} a_{k+1}^{b_{k+1}} & \leq \frac{a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{k} b_{k}}{1-b_{k+1}} \cdot\left(1-b_{k+1}\right)+a_{k+1} b_{k+1} \\ & =a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{k} b_{k}+a_{k+1} b_{k+1} \end{aligned} $$

从而 $a_{1}^{b_{1}} a_{2}^{b_{2}} \cdots a_{k}^{b_{k}} a_{k+1}^{b_{k+1}} \leq a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{k} b_{k}+a_{k+1} b_{k+1}$ ．
故当 $n=k+1$ 时，（3）成立．
由①②可知，对一切正整数 $n$ ，所推广的命题成立。
说明：（III）中如果推广形式中指出（3）式对 $n \geq 2$ 成立，则后续证明中不需讨论 $n=1$ 的情况。

【考点定位】本小题考查导数的应用、数学归纳法，分类讨论等知识，才查同学们分类讨论等数学思想，考查了同学们分析问题和解决问题的能力。