Question

设函数f（x）=xlog₂x+（1-x）log₂（1-x）（0＜x＜1），（1）求f（x）的最小值．
（2）设正数p₁，p₂，…，p_2ⁿ满足p₁+p₂+p₃+…+p_2ⁿ=1，求证p₁log₂p₁+p₂log₂p₂+…+p_2ⁿlog₂p_2ⁿ≥-n．

Answer 1

考点：对数的运算性质

专题：函数的性质及应用

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： 解：（1）∵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

，1）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≥0，

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2ⁿP_ilog₂（2ⁿP_i）≥2ⁿP_i-1，两边同除以2ⁿ，可得，P_ilog₂（2ⁿP_i）≥P_i-

1

2n

，
∴P₁log₂（2ⁿP₁）≥P₁-

1

2n

，P²log₂（2ⁿP₂）≥P₂-

1

2n

，P₃log₂（2ⁿP₃）≥P₃-

1

2n

，…，P_2ⁿlog₂（2ⁿP_2ⁿ）≥P_2n-

1

2n

，
∴以上式子左右分别相加，可得P₁log₂（2ⁿP₁）+P₂log₂（2ⁿP₂）+…+P_2nlog₂（2ⁿP_2n）≥（P₁-

1

2n

）+（P₂-

1

2n

）+…+P_2ⁿ-

1

2n

，
化简可得，（P₁+P₂+…+P_2ⁿ）log2（^₂n）+P₁log₂P₁+…+P_2ⁿlog₂P_2ⁿ≥（P₁+P₂+…+P_2ⁿ）-2ⁿ•

1

2n

，
∵P₁+P₂+…P_2ⁿ=1，
∴log2（^₂n）+P₁log₂P₁+…+P_2ⁿlog₂P_2ⁿ≥0，
∴n+P₁log₂P₁+…+P_2ⁿlog₂P_2ⁿ≥0，
∴P₁log₂P₁+…+P_2ⁿlog₂P_2ⁿ≥-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．