Question

（1）设函数f（x）=xlog₂x+（1-x）log₂（1-x）（0＜x＜1），求f（x）的最小值．
（2）设正数P1，P2，P3，…P2n满足P1+P2+…P2n=1，求证：P1log2P1+P2log2P2+P3log2P3+…+P2nlog2P2n≥-n．

Answer 1

分析：（1）求出f′（x），令导函数等于0，求出根，判断根左右的单调性，最终确定极小值就是最小值，从而求得f（x）的最小值；
（2）构造一个函数g（x）=xlog₂x-x+1，利用导数判断出g（x）在[1，+∞）上是增函数，确定出g（x）≥g（1）=0，即xlog₂x≥x-1，再对其中的x进行取值，构造出所要证明的表达式，利用不等式的性质，即可证明出结论．

解答：（1）解：∵函数f（x）=xlog₂x+（1-x）log₂（1-x）（0＜x＜1），
∴f′（x）=log₂x-log₂（1-x），
令f′（x）=0，解得x=

1

2

，
∴当x＜

1

2

时，f′（x）=log₂x-log₂（1-x）＜0，则f（x）在区间（0，

1

2

）上是减函数，
当x＞

1

2

时，f′（x）=log₂x-log₂（1-x）＞0，则f（x）在区间（

1

2

，+∞）上是增函数，
∴f（x）在x=

1

2

处取得最小值，f（

1

2

）=-1，
∴f（x）的最小值为-1．
（2）证明：构造函数g（x）=xlog₂x-x+1，
∴g′（x）=log₂x+

1

ln2

-1，则当x≥1时，log₂x≥1，

1

ln2

-1＞0，
∴当x≥1时，g′（x）＞0，即g（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴g（x）≥g（1）=0，即xlog₂x-x+1≥0，
∴xlog₂x≥x-1．
令x=2ⁿP_i，则有2nPilog2(2nPi)≥2ⁿP_i-1，两边同除以2ⁿ，可得，Pilog2(2nPi)≥Pi-

1

2n

，
∴P1log2(2nP1)≥P1-

1

2n

，P2log2(2nP2)≥P2-

1

2n

，P3log2(2nP3)≥P3-

1

2n

，…，P2nlog2(2nP2n)≥P2n-

1

2n

，
∴以上式子左右分别相加，可得P1log2(2nP1)+P2log2(2nP2)+…+P2nlog2(2nP2n)≥(P1-

1

2n

)+(P2-

1

2n

)+…+P2n-

1

2n

，
化简可得，(P1+P2+…+P2n)log22n+P1log2P1+…+P2nlog2P2n≥(P1+P2+…+P2n)-2n•

1

2n

，
∵P1+P2+…P2n=1，
∴log22n+P1log2P1+…+P2nlog2P2n≥0，
∴n+P1log2P1+P2log2P2+P3log2P3+…+P2nlog2P2n≥0，
∴P1log2P1+P2log2P2+P3log2P3+…+P2nlog2P2n≥-n．

点评：本题考查了利用导数求函数的最值问题，同时考查了不等式的证明，关键在于如何构造出所要证明的不等式，这是一个难点．属于难题．