Question

（2012•豐臺區(qū)二模）設函數(shù)f（x）=xlnx+（a-x）ln（a-x）（a＞0）．
（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）證明：對?x₁，x₂∈R⁺，都有x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]；
（Ⅲ）若

2n

i=1

xi=1，證明：

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n（i，n∈N^*）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）當a=1時，化簡函數(shù)f（x）的表達式，通過函數(shù)的導數(shù)確定函數(shù)的單調性，然后求出最小值；
（Ⅱ）通過函數(shù)的導數(shù)，利用函數(shù)的最小值，然后證明：對?x₁，x₂∈R⁺，都有x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]；
（Ⅲ）法一：直接利用數(shù)學歸納法的證明步驟，證明：

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n（i，n∈N^*）．
方法二：直接利用

2n

i=1

xi=1，通過基本不等式與放縮法證明

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n即可．

解答：解：（Ⅰ）a=1時，f（x）=xlnx+（1-x）ln（1-x），（0＜x＜1），
則f′(x)=lnx-ln(1-x)=ln

x

1-x

．
令f'（x）=0，得x=

1

2

．
當0＜x＜

1

2

時，f'（x）＜0，f（x）在(0，

1

2

)是減函數(shù)，
當

1

2

＜x＜1時，f'（x）＞0，f（x）在(

1

2

，1)是增函數(shù)，
所以 f（x）在x=

1

2

時取得最小值，即f(

1

2

)=ln

1

2

．  …（4分）
（Ⅱ）因為 f（x）=xlnx+（a-x）ln（a-x），
所以 f′(x)=lnx-ln(a-x)=ln

x

a-x

．
所以當x=

a

2

時，函數(shù)f（x）有最小值．?x₁，x₂∈R⁺，不妨設x₁+x₂=a，則x1lnx1+x2lnx2=x1lnx1+(a-x1)ln(a-x1)≥2•

x1+x2

2

ln(

x1+x2

2

)=（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]．                   …（8分）
（Ⅲ）（證法一）數(shù)學歸納法
�。┊攏=1時，由（Ⅱ）知命題成立．
ⅱ）假設當n=k（ k∈N^*）時命題成立，
即若x1+x2+…+x2k=1，則x1lnx1+x2lnx2+…+x2klnx2k≥-ln2k．
當n=k+1時，x₁，x₂，…，x2k+1-1，x2k+1滿足 x1+x2+…+x2k+1-1+x2k+1=1．
設F(x)=x1lnx1+x2lnx2+…+x2k+1-1lnx2k+1-1+x2k+1lnx2k+1，
由（Ⅱ）得F(x)≥(x1+x2)ln[(x1+x2)-ln2]+…+(x2k+1-1+x2k+1)ln[(x2k+1-1+x2k+1)-ln2]
=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2k+1-1+x2k+1)ln(x2k+1-1+x2k+1)-(x1+x2+…+x2k+1)ln2
=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2k+1-1+x2k+1)ln(x2k+1-1+x2k+1)-ln2．
由假設可得 F（x）≥-ln2^k-ln2=-ln2^k+1，命題成立．
所以當 n=k+1時命題成立．
由�。�，ⅱ）可知，對一切正整數(shù)n∈N^*，命題都成立，
所以 若

2n

i=1

xi=1，則 

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n（i，n∈N^*）．            …（13分）
（證法二）若x1+x2+…+x2n=1，
那么由（Ⅱ）可得x1lnx1+x2lnx2+…+x2nlnx2n≥(x1+x2)ln[(x1+x2)-ln2]+…+(x2n-1+x2n)ln[(x2n-1+x2n)-ln2]=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2n-1+x2n)ln(x2n-1+x2n)-(x1+x2+…+x2n)ln2=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2n-1+x2n)ln(x2n-1+x2n)-ln2≥(x1+x2+x3+x4)ln(x1+x2+x3+x4)+…(x2n-1+x2n)ln(x2n-1+x2n)-2ln2≥…≥(x1+x2+…+x2n)ln[(x1+x2+…+x2n)-ln2]-(n-1)ln2=-ln2ⁿ．
…（13分）
（若用其他方法解題，請酌情給分）

點評：本題考查函數(shù)的導數(shù)的應用，不等式的證明方法數(shù)學歸納法、放縮法，考查轉化思想的應用．