Question

16．（1）求函数f（x）=xlnx-（1-x）ln（1-x）在0＜x≤$\frac{1}{2}$上的最大值；
（2）证明：不等式x^1-x+（1-x）^x≤$\sqrt{2}$，在0＜x＜1上恒成立．

Answer 1

分析 （1）利用导数的运算法则即可得到f′（x），判断f′（x）的符号得出f（x）的单调性，利用单调性求出f（x）的最小值；
（2）令g（x）=x^1-x+（1-x）^x，则有g（x）=g（1-x），即g（x）关于直线x=$\frac{1}{2}$对称，
只需证明g（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上最大值小于等于$\sqrt{2}$即可，
g′（x）=x^1-x（-lnx+$\frac{1-x}{x}$）+（1-x）^x[ln（1-x）-$\frac{x}{1-x}$]=x^-x（-xlnx+1-x）-（1-x）^x-1[-（1-x）ln（1-x）+x]

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，1）．
f′（x）=lnx+ln（1-x）+2=ln[x（1-x）]+2．
令f′（x）=0得x（1-x）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
作出y=x（1-x）在（0，1）上的函数图象如图所示：
由图象可知在（0，$\frac{1}{2}$）存在x₀，使得f′（x₀）=0，
∴当0＜x＜x₀时，f′（x）＜0，当x₀＜x＜$\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上单调递减，在（x₀，$\frac{1}{2}$]上单调递增．
∵x→0时，f（x）→0，f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$=0，
∴f（x）在0＜x≤$\frac{1}{2}$上的最大值为0；
（2）证明：令g（x）=x^1-x+（1-x）^x，则有g（x）=g（1-x），
即g（x）关于直线x=$\frac{1}{2}$对称，
只需证明g（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上最大值小于等于$\sqrt{2}$即可，
g′（x）=x^1-x（-lnx+$\frac{1-x}{x}$）+（1-x）^x[ln（1-x）-$\frac{x}{1-x}$]=x^-x（-xlnx+1-x）-（1-x）^x-1[-（1-x）ln（1-x）+x]，…①
而g（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{2}$，则只需证明g（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递增，即g′（x）≥0在（0，$\frac{1}{2}$）恒成立即可，
而（-lnx+$\frac{1-x}{x}$）=$\frac{-xlnx+1-x}{x}$＞0，
即只需证明$\frac{（1-x）^{1-x}}{{x}^{x}}≥\frac{-（1-x）ln（1-x）+x}{-xlnx+1-x}$，…②
而由（1）可知0$＜x≤\frac{1}{2}$时，（1-x）^1-x≥x^x，即$\frac{（1-x）^{1-x}}{{x}^{x}}≥1$，…③
要使②成立，只需证明$\frac{-（1-x）ln（1-x）+x}{-xlnx+1-x}≤1$在（0，$\frac{1}{2}$]恒成立．
即需φ（x）=xlnx-（1-x）ln（1-x）+2x-1≤0，…④
由（1）可知xlnx-（1-x）ln（1-x）≤0．而2x-1≤0，从而④得证．
综合③④得②成立，①成立．

点评 本题考查了导数的综合应用，分析法证明函数不等式，属于难题．