设g（x）=e x ，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是常数，且0＜λ＜1．

（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）∵ |
e x -1
x -1|=|
e x -x-1
x | ，
又当x＞0时，令h（x）=e ^x -x-1，则h′（x）=e ^x -1＞0，
故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化为
e x -x-1
x ＜a ，即e ^x -（1+a）x-1＜0，-----------------（6分）
令g（x）=e ^x -（1+a）x-1，则g′（x）=e ^x -（1+a），
由g′（x）=0得：e ^x =（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）=
a
1+a -ln(1+a) ，则s′（a）=
1
(1+a ) 2 -
1
1+a =-
a
(1+a ) 2 ＜0 ．
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a ₁ ，a ₂ ，存在实数x ₁ ，x ₂ 使a ₁ =e x 1 ，a ₂ =e x 2 ，
则 a 1 λ 1 • a 2 λ 2 = e λ 1 x 1 • e λ 2 x 2 ， λ 1 a 1 + λ 2 a 2 = λ 1 e x 1 + λ 2 e x 2 ，
原不等式
a λ 1 1
•a λ 2 2 ≤ λ 1 a 1 + λ 2 a 2 ⇔ e λ 1 x 1 + λ 2 x 2 ≤ λ 1 e x 1 + λ 2 e x 2 ，
⇔g（λ ₁ x ₁ +λ ₂ x ₂ ）≤λ ₁ g（x ₁ ）+λ ₂ g（x ₂ ）-----------------（14分）
由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）
故g[λa+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a）
令x=x ₁ ，a=x ₂ ，λ=λ1，1-λ=λ ₂
从而g（λ ₁ x ₁ +λ ₂ x ₂ ）≤λ ₁ g（x ₁ ）+λ ₂ g（x ₂ ）
故 e λ 1 x 1 + λ 2 x 2 ≤ λ 1 e x 1 + λ 2 e x 2 成立，得证（14分）