题目

题型：不详难度：来源：

（1）设函数f（x）=xlnx+（1-x）ln（1-x）（0＜x＜1），求f（x）的最小值；
（2）设正数p1，p2，p3，…，p2n满足p1+p2+p3+…+p2n=1，求证：p1lnp1+p2lnp2+p3lnp3+…+p2nlnp2n≥-n．

答案

（1）对函数f（x）求导数：f"（x）=（xlnx）"+[（1-x）ln（1-x）]"=lnx-ln（1-x）．于是f′(

1

2

)=0．
当x＜

1

2

，f′(x)=lnx-ln(1-x)＜0，f(x)在区间(0，

1

2

)是减函数，
当x＞

1

2

，f′(x)=lnx-ln(1-x)＞0，f(x)在区间(

1

2

，1)是增函数．
所以f(x)在x=

1

2

时取得最小值，f(

1

2

)=-1，
（2）用数学归纳法证明．
（i）当n=1时，由（1）知命题成立．
（ii）假定当n=k时命题成立，即若正数p1，p2，…，p2k满足p1+p2+…+p2k=1，
则p1log2p1+p2log2p2+…+p2klog2p2k≥-k．
当n=k+1时，若正数p1，p2，…，p2k+1满足p1+p2+…+p2k+1=1，
令x=p1+p2+…+p2k，q1=

p1

x

，q2=

p2

x

，…，q2k=

p2k

x

．
则q1，q2，…，q2k为正数，且q1+q2+…+q2k=1．
由归纳假定知q1lnp1+p2lnp2+…+q2klnq2k≥-k．p1lnp1+p2lnp2+…+p2klnp2k=x(q1lnq1+q2lnq2+…+q2klnq2k+lnx）≥x（-k）+xlnx，①
同理，由p2k+1+p2k+2+…+p2k+1=1-x可得p2k+1lnp2k+1+…+p2k+1lnp2k+1≥（1-x）（-k）+（1-x）n（1-x）．②
综合①、②两式p1lnp1+p2lnp2+…+p2k+1lnp2k+1≥[x+（1-x）]（-k）+xlnx+（1-x）ln（1-x）
≥-（k+1）．
即当n=k+1时命题也成立．
根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立．