Question

16．已知函数f（x）=xlnx+（1-x）ln（1-x），x∈（0，1）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若a+b+c=1，a，b，c∈（0，1）．求证：alna+blnb+clnc≥（a-2）ln2．

Answer 1

分析 （1）求出导函数，通过极值点，判断函数的单调性，然后求解函数的最小值．
（2）由a+b+c=1，推出$\frac{b}{1-a}+\frac{c}{1-a}=1$，$\frac{b}{1-a}，\;\frac{c}{1-a}∈（0，\;1）$．利用（1）的结果转化推出blnb+clnc≥（a-1）ln2-alna-ln2，即可证明alna+blnb+clnc≥（a-2）ln2．

解答 解：（1）${f^'}（x）=lnx+1-ln（1-x）-1=ln\frac{x}{1-x}$，
令${f^'}（x）=0，x=\frac{1}{2}$．
当$x∈（0，\;\frac{1}{2}）$时，f′（x）＜0；当$x∈（\frac{1}{2}，\;1]$时，f′（x）＞0．
所以，$f{（x）_{min}}=f（\frac{1}{2}）=-ln2$．
（2）证明：由a+b+c=1，a，b，c∈（0，1），得$\frac{b}{1-a}+\frac{c}{1-a}=1$，$\frac{b}{1-a}，\;\frac{c}{1-a}∈（0，\;1）$．
由（1），当x∈（0，1），xlnx+（1-x）ln（1-x）≥-ln2，
所以，$\frac{b}{1-a}ln\frac{b}{1-a}+\frac{c}{1-a}ln\frac{c}{1-a}≥-ln2$，$\frac{1}{1-a}[blnb-bln（1-a）+clnc-cln（1-a）]≥-ln2$，
blnb+clnc≥（a-1）ln2+（b+c）ln（1-a）=（a-1）ln2+（1-a）ln（1-a）．（*）
因为a∈（0，1），由（1），alna+（1-a）ln（1-a）≥-ln2，
所以，（1-a）ln（1-a）≥-alna-ln2．（**）
由（*） （**），blnb+clnc≥（a-1）ln2-alna-ln2，
所以，alna+blnb+clnc≥（a-2）ln2．

点评 本题考查函数的导函数的应用，函数的最小值的求法，不等式的证明，考查分析问题解决问题的能力．