Question

設函數(shù)f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）設x₁，x₂＞0，p₁，p₂＞0，且p₁+p₂=1，證明：p₁f（x₁）+p₂f（x₂）≥f（p₁x₁+p₁x₁）；
（Ⅲ）設x₁，x₂，…，x_n＞0，p₁，p₂，…，p_n＞0，且p₁+p₂+…+p_n=1，如果p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n≥e，證明：p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥e．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：證明題,綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求得函數(shù)最小值；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=p₁f（x₁）+p₂f（x）-f（p₁x₁+p₂x），不妨設x₁≤x≤x₂，求出函數(shù)的導函數(shù)，結(jié)合已知條件判斷出導函數(shù)的符號，進一步得到原函數(shù)的單調(diào)性，從而征得答案；
（Ⅲ）首先利用數(shù)學歸納法求證p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n），然后結(jié)合（Ⅰ）中函數(shù)的單調(diào)性得答案．

解答： （Ⅰ）解：∵f（x）=xlnx，∴f′（x）=1+inx，
由f′（x）＞0，得x＞

1

e

，由f′（x）＜0，得0＜x＜

1

e

．
∴f（x）在(0，

1

e

)上單調(diào)遞減；在(

1

e

，+∞)上單調(diào)遞增．
∴f（x）在x=

1

e

時取得最小值f(

1

e

)=-

1

e

；
（Ⅱ）證明：令g（x）=p₁f（x₁）+p₂f（x）-f（p₁x₁+p₂x），不妨設x₁≤x≤x₂，
則g′(x)=p2f′(x)-p2f′(p1x1+p2x)，
∵p₁+p₂=1，∴p₁x₁+p₂x-x=p₁x₁-p₁x≤0，
∴p₁x₁+p₂x≤x，
而f′（x）=1+lnx是增函數(shù)，∴f′（x）≥f′（p₁x₁+p₂x）．
∴g′(x)=p2f′(x)-p2f′(p1x1+p2x)≥0，∴g（x）在[x₁，x₂]上是增函數(shù)．
∴g（x₂）≥g（x₁）=0，即p₁f（x₁）+p₂f（x₂）-f（p₁x₁+p₂x₂）≥0．
∴p₁f（x₁）+p₂f（x₂）≥f（p₁x₁+p₁x₁）；
（Ⅲ）證明：先證明p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n）．
當n=2時，由（Ⅱ）知不等式成立．
假設當n=k時，不等式成立，即
p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_kf（x_k）≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_kx_k）．
當n=k+1時，
f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_kx_k+p_k+1x_k+1）=f[(1-pk+1)•

p1x1+p2x2+…+pkxk

1-pk+1

+pk+1xk+1]
≤(1-pk+1)f(

p1x1+p2x2+…+pkxk

1-pk+1

)+pk+1f(xk+1)
≤(1-pk+1)[

p1

1-pk+1

f(x1)+

p2

1-pk+1

f(x2)+…+

pk+1

1-pk+1

f(xk+1)]+pk+1f(xk+1)
=p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_k+1f（x_k+1）+p_k+1f（x_k+1）．
∴當n=k+1時，不等式成立，
∴p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n）．
由（Ⅰ）f（x）在（

1

e

，+∞）上單調(diào)遞增，因此f（x）在（e，+∞）上也單調(diào)遞增．
∵p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n≥e，
∴f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n）≥f（e）=e．
∴p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥e．

點評：本題考查導數(shù)在求函數(shù)最值中的應用，訓練了利用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，關鍵是結(jié)合題意構(gòu)造恰當?shù)暮瘮?shù)，考查了利用數(shù)學歸納法證明不等式，是難度較大的題目．