Question

7．（Ⅰ）已知正数a₁、a₂满足a₁+a₂=1，求证：a₁log₂a₁+a₂log₂a₂≥-1；
（Ⅱ）若正数a₁、a₂、a₃、a₄满足a₁+a₂+a₃+a₄=1，求证：a₁log₂a₁+a₂log₂a₂+a₃log₂a₃+a₄log₂a₄≥-2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求函数f（x）=xlog₂x+（1-x）log₂（1-x）（x∈（0，1））的最小值．得出a₁，a2的大小关系，即可证明．
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论可推知：$\frac{a_1}{x}{log_2}\frac{a_1}{x}+\frac{a_2}{x}{log_2}\frac{a_2}{x}≥-1$，整理式子，利用此式即可得到证明．

解答 解：（Ⅰ）证明：先求函数f（x）=xlog₂x+（1-x）log₂（1-x）（x∈（0，1））的最小值
∵f'（x）=（xlog₂x）'+[（1-x）log₂（1-x）]'=${log_2}x-{log_2}（1-x）+\frac{1}{ln2}-\frac{1}{ln2}$=log₂x-log₂（1-x）于是$f'（{\frac{1}{2}}）=0$，
当0＜$x＜\frac{1}{2}$时，f'（x）=log₂x-log₂（1-x）＜0，f（x）在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$是减函数，
当$\frac{1}{2}＜x＜1$时，f'（x）=log₂x-log₂（1-x）＞0，f（x）在区间$（{\frac{1}{2}，1}）$是增函数，
所以$f（x）在x=\frac{1}{2}$时取得最小值，$f（{\frac{1}{2}}）=-1$，∴f（x）≥-1
∵a₁＞0，a₂＞0，a₁+a₂=1，∴a₂=1-a₁，由①得
∴a₁log₂a₁+a₂log₂a=a₁log₂a₁+（1-a₁）log₂（1-a₂）≥-1
（Ⅱ）证明：∵a₁+a₂+a₃+a₄=1，设a₁+a₂=1-（a₃+a₄）=x
则$\frac{a_1}{x}+\frac{a_2}{x}=1$，由（Ⅰ）的结论可得：$\frac{a_1}{x}{log_2}\frac{a_1}{x}+\frac{a_2}{x}{log_2}\frac{a_2}{x}≥-1$?a₁log₂a₁+a₂log₂a₂-（a₁+a₂）log₂x≥-x?a₁log₂a₁+a₂log₂a₂≥-x+xlog₂x…①
同理∵a₃+a₄=1-x有：a₃log₂a₃+a₄log₂a₄≥-（1-x）+（1-x）log₂（1-x）…②
①+②得：a₁log₂a₁+a₂log₂a₂+a₃log₂a₃+a₄log₂a₄≥-1+xlog₂x+（1-x）log₂（1-x）
由于f（x）=xlog₂x+（1-x）log₂x≥-1
∴a₁log₂a₁+a₂log₂a₂+a₃log₂a₃+a₄log₂a₄≥-2

点评 本题主要考查导数在证明不等式中的应用，属于中档题型，高考中时有涉及．