Question

（2012•丰台区二模）设函数f（x）=xlnx+（a-x）ln（a-x）（a＞0）．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）证明：对?x₁，x₂∈R⁺，都有x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]；
（Ⅲ）若

2n

i=1

xi=1，证明：

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n（i，n∈N^*）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）当a=1时，化简函数f（x）的表达式，通过函数的导数确定函数的单调性，然后求出最小值；
（Ⅱ）通过函数的导数，利用函数的最小值，然后证明：对?x₁，x₂∈R⁺，都有x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]；
（Ⅲ）法一：直接利用数学归纳法的证明步骤，证明：

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n（i，n∈N^*）．
方法二：直接利用

2n

i=1

xi=1，通过基本不等式与放缩法证明

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n即可．

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

x

1-x

．
令f'（x）=0，得x=

1

2

．
当0＜x＜

1

2

时，f'（x）＜0，f（x）在(0，

1

2

)是减函数，
当

1

2

＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）在(

1

2

，1)是增函数，
所以 f（x）在x=

1

2

时取得最小值，即f(

1

2

)=ln

1

2

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

x

a-x

．
所以当x=

a

2

时，函数f（x）有最小值．?x₁，x₂∈R⁺，不妨设x₁+x₂=a，则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）（证法一）数学归纳法
ⅰ）当n=1时，由（Ⅱ）知命题成立．
ⅱ）假设当n=k（ k∈N^*）时命题成立，
即若x1+x2+…+x2k=1，则x1lnx1+x2lnx2+…+x2klnx2k≥-ln2k．
当n=k+1时，x₁，x₂，…，x2k+1-1，x2k+1满足 x1+x2+…+x2k+1-1+x2k+1=1．
设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．
由假设可得 F（x）≥-ln2^k-ln2=-ln2^k+1，命题成立．
所以当 n=k+1时命题成立．
由ⅰ），ⅱ）可知，对一切正整数n∈N^*，命题都成立，
所以 若

2n

i=1

xi=1，则 

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n（i，n∈N^*）．            …（13分）
（证法二）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）
（若用其他方法解题，请酌情给分）

点评：本题考查函数的导数的应用，不等式的证明方法数学归纳法、放缩法，考查转化思想的应用．