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p_i（i=1，2，…，n），且p₁+p₂+…+p_n=1，任取n个自变量的值
（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，…，x_n，使，求证：．

Answer

（I）求出函数的两次导数，求出函数的单调区间，通过函数的导数的单调性求出函数中a的最小值，从而求k的值；
（II）不妨设x2≥x1，f′（x）=-sinx+x，[f′（x）]′=-cosx+1≥0，推出f′（x）在R上为增函数，令g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）．证明g（x）在[x1，+∞）上为增函数，得到g（x2）≥g（x1）=0，
则g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）≥0，推出J≥f（p1x1+p2x2）；
（Ⅲ）利用数学归纳法已知当n=1时，结论成立；然后假设当n=k结论成立，即存在n个正数pi（i=1，2，3，…n），p1+p2+…+pk=1时，对于n个自变量的值x1，x2，x3，…，xn，有J≥f（p1x1+p2x2+…+pkxk）．证明，当n=k+1时等式也成立，利用函数的单调性推出．
【解析】
（Ⅰ）令h（x）=cosx+ax2-1，则h′（x）=-sinx+2ax，[h′（x）]′=-cosx+2a，
当2a≤0时，此时在条件下，[h′（x）]′＜0，
则h′（x）在上为减函数，所以h′（x）≤h′（0）=0，
所以h（x）在上为减函数，
所以当时，h（x）＜0，即f（x）＜1；
当0＜2a＜1，即时，存在，使得cosx=2a，
当0＜x＜x时，[h′（x）]′＜0，h′（x）为减函数，则h′（x）＜h′（0）=0，
即h（x）在（0，x）上递减，则x∈（0，x）时，h（x）＜h（0）=0，
所以h（x）＜0，即f（x）＜1；      （2分）
当2a=1，即时，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，，则a的最小值．             （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pi（i=1，2，3，…n），p1+p2+…+pk=1时，对于n个自变量的值x1，x2，x3，…，xn，有J≥f（p1x1+p2x2+…+pkxk）．
当n=k+1时，
令存在n+1个正数pi（i=1，2，3，…n+1），p1+p2+…+pk+1=1，
令p1+p2+…+pk=m，则，
对于n+1个自变量的值x1，x2，x3，…，xn+1，
此时J=p1f（x1）+p2f（x2）+…+pkf（xk）+pk+1f（xk+1）=≥．    （10分）
因为m+pk+1=1，所以
所以n=k+1时结论也成立，（11分）
综上可得J≥f（p1x1+p2x2+…+pk+1xk+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．