题目内容
已知函数f（x）=x•（1+lnx）．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）若x1，x2＞0，p1，p2＞0，p1+p2=1，求证：p1f（x1）+p2f（x2）≥f（p1x1+p2x2）．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）若x1，x2＞0，p1，p2＞0，p1+p2=1，求证：p1f（x1）+p2f（x2）≥f（p1x1+p2x2）．
考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性
专题：综合题,导数的综合应用
分析：（1）对函数求导，导函数小于等于零，函数是单调减函数，求出减区间，即可得到单调增区间，也可获得极值．
（2）令g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）．不妨设0＜x1≤x≤x2，只需证明g（x2）≥g（x1），可通过证明g′（x）≥0得出g（x）在（x1，x2）是增函数．
（2）令g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）．不妨设0＜x1≤x≤x2，只需证明g（x2）≥g（x1），可通过证明g′（x）≥0得出g（x）在（x1，x2）是增函数．
解答：
解：（1）由于f′（x）=2+lnx，令f′（x）=0得x=e-2，列表：
于是f（x）的单调递减区间是（0，e-2），单调递增区间是（e-2，+∞），
在x=e-2处取得极小值，极小值为f（e-2）=-
，无极大值；
（2）令g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）．不妨设0＜x1≤x≤x2，
则g′（x）=p2f′（x）-p2f′（p1x1+p2x）．
∵p1x1+p2x-x=p1x1-p1x≤0，
∴p1x1+p2x≤x，而f′（x）=2+lnx在（0，+∞）上是增函数，所以f′（x）≥f′（p1x1+p2x）．
∴g′（x）≥0，g（x）在（x1，x2）是增函数，所以g（x2）≥g（x1），
即p1f（x1）+p2f（x2）≥f（p1x1+p2x2）．
| x | （0，e-2） | e-2 | （e-2，+∞） |
| f′（x） | 负 | 0 | 正 |
| f（x） | 单减 | 极小值 | 单增 |
在x=e-2处取得极小值，极小值为f（e-2）=-
| 1 |
| e2 |
（2）令g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）．不妨设0＜x1≤x≤x2，
则g′（x）=p2f′（x）-p2f′（p1x1+p2x）．
∵p1x1+p2x-x=p1x1-p1x≤0，
∴p1x1+p2x≤x，而f′（x）=2+lnx在（0，+∞）上是增函数，所以f′（x）≥f′（p1x1+p2x）．
∴g′（x）≥0，g（x）在（x1，x2）是增函数，所以g（x2）≥g（x1），
即p1f（x1）+p2f（x2）≥f（p1x1+p2x2）．
点评：本题考查函数的单调性与导数，函数性质的应用，不等式的证明考查分析解决问题能力．本题关键是构造出合适的函数，利用单调性证明不等式．
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