Question

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

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：证明题,综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出原函数的导函数，得到函数的单调区间，根据函数单调性求得函数最小值；
（Ⅱ）构造函数g（x）=p₁f（x₁）+p₂f（x）-f（p₁x₁+p₂x），不妨设x₁≤x≤x₂，求出函数的导函数，结合已知条件判断出导函数的符号，进一步得到原函数的单调性，从而征得答案；
（Ⅲ）首先利用数学归纳法求证p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n），然后结合（Ⅰ）中函数的单调性得答案．

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

)上单调递减；在(

1

e

，+∞)上单调递增．
∴f（x）在x=

1

e

时取得最小值f(

1

e

)=-

1

e

；
（Ⅱ）证明：令g（x）=p₁f（x₁）+p₂f（x）-f（p₁x₁+p₂x），不妨设x₁≤x≤x₂，
则g′(x)=p2f′(x)-p2f′(p1x1+p2x)，
∵p₁+p₂=1，∴p₁x₁+p₂x-x=p₁x₁-p₁x≤0，
∴p₁x₁+p₂x≤x，
而f′（x）=1+lnx是增函数，∴f′（x）≥f′（p₁x₁+p₂x）．
∴g′(x)=p2f′(x)-p2f′(p1x1+p2x)≥0，∴g（x）在[x₁，x₂]上是增函数．
∴g（x₂）≥g（x₁）=0，即p₁f（x₁）+p₂f（x₂）-f（p₁x₁+p₂x₂）≥0．
∴p₁f（x₁）+p₂f（x₂）≥f（p₁x₁+p₁x₁）；
（Ⅲ）证明：先证明p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n）．
当n=2时，由（Ⅱ）知不等式成立．
假设当n=k时，不等式成立，即
p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_kf（x_k）≥f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_kx_k）．
当n=k+1时，
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）．
∴当n=k+1时，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

，+∞）上单调递增，因此f（x）在（e，+∞）上也单调递增．
∵p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n≥e，
∴f（p₁x₁+p₂x₂+…+p_nx_n）≥f（e）=e．
∴p₁f（x₁）+p₂f（x₂）+…+p_nf（x_n）≥e．

点评：本题考查导数在求函数最值中的应用，训练了利用构造函数法证明不等式，关键是结合题意构造恰当的函数，考查了利用数学归纳法证明不等式，是难度较大的题目．