设g（x）=ex，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是常数，且0＜λ＜1．（1）求函数f（x）的极值；（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使

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解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1-λ）a]-λg′（x），-----------------（1分）
由f′（x）＞0得，g[λx+（1-λ）a]＞g′（x），
∴λx+（1-λ）a＞x，即（1-λ）（x-a）＜0，解得x＜a，-----------------（3分）
故当x＜a时，f′（x）＞0；当x＞a时，f′（x）＜0；
∴当x=a时，f（x）取极大值，但f（x）没有极小值．-----------------（4分）
（2）∵，
又当x＞0时，令h（x）=ex-x-1，则h′（x）=ex-1＞0，
故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化为，即ex-（1+a）x-1＜0，-----------------（6分）
令g（x）=ex-（1+a）x-1，则g′（x）=ex-（1+a），
由g′（x）=0得：ex=（1+a），解得x=ln（a+1），
当0＜x＜ln（a+1）时，g′（x）＜0；当x＞ln（a+1）时，g′（x）＞0．
故当x=ln（a+1）时，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1），---------------（8分）
令s（a）=，则s′（a）=．
故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1）＜0．
因此，存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．-----------------（10分）
（3）对任意正数a1，a2，存在实数x1，x2使a1=e，a2=e，
则?=，，
原不等式?≤，
?g（λ1x1+λ2x2）≤λ1g（x1）+λ2g（x2）-----------------（14分）
由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）
故g[λa+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a）
令x=x1，a=x2，λ=λ1，1-λ=λ2
从而g（λ1x1+λ2x2）≤λ1g（x1）+λ2g（x2）
故≤成立，得证（14分）
解析分析：（1）首先对函数求导，使得导函数等于0，解出x的值，分两种情况讨论：当f′（x）＞0，当f′（x）＜0，做出函数的极值点，求出极值．（2）由于，再将原不等式化为，即ex-（1+a）x-1＜0，令g（x）=ex-（1+a）x-1，利用导数研究此函数的极值，从而得出存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．（3）对任意正数a1，a2，存在实数x1，x2使a1=e，a2=e，则?=，，将原不等式?≤?g（λ1x1+λ2x2）≤λ1g（x1）+λ2g（x2），下面利用（1）的结论得出≤即可．

点评：本小题主要考查函数在某点取得极值的条件、导数在最大值、最小值问题中的应用及应用所学导数的知识、思想和方法解决问题的能力，属于中档题．