(1)设函数f(x)=xlnx+(1-x)ln(1-x)(0<x<1),求f(x)的最小值;(2)设正数p1,p2,p3,…,p2n满足p1+p2+p3+…+p
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(1)设函数f(x)=xlnx+(1-x)ln(1-x)(0<x<1),求f(x)的最小值; (2)设正数p1,p2,p3,…,p2n满足p1+p2+p3+…+p2n=1,求证:p1lnp1+p2lnp2+p3lnp3+…+p2nlnp2n≥-n. |
答案
(1)对函数f(x)求导数:f"(x)=(xlnx)"+[(1-x)ln(1-x)]"=lnx-ln(1-x).于是f′()=0. 当x<,f′(x)=lnx-ln(1-x)<0,f(x)在区间(0,)是减函数, 当x>,f′(x)=lnx-ln(1-x)>0,f(x)在区间(,1)是增函数. 所以f(x)在x=时取得最小值,f()=-1, (2)用数学归纳法证明. (i)当n=1时,由(1)知命题成立. (ii)假定当n=k时命题成立,即若正数p1,p2,…,p2k满足p1+p2+…+p2k=1, 则p1log2p1+p2log2p2+…+p2klog2p2k≥-k. 当n=k+1时,若正数p1,p2,…,p2k+1满足p1+p2+…+p2k+1=1, 令x=p1+p2+…+p2k,q1=,q2=,…,q2k=. 则q1,q2,…,q2k为正数,且q1+q2+…+q2k=1. 由归纳假定知q1lnp1+p2lnp2+…+q2klnq2k≥-k.p1lnp1+p2lnp2+…+p2klnp2k=x(q1lnq1+q2lnq2+…+q2klnq2k+lnx)≥x(-k)+xlnx,① 同理,由p2k+1+p2k+2+…+p2k+1=1-x可得p2k+1lnp2k+1+…+p2k+1lnp2k+1≥(1-x)(-k)+(1-x)n(1-x).② 综合①、②两式p1lnp1+p2lnp2+…+p2k+1lnp2k+1≥[x+(1-x)](-k)+xlnx+(1-x)ln(1-x) ≥-(k+1). 即当n=k+1时命题也成立. 根据(i)、(ii)可知对一切正整数n命题成立. |
举一反三
已知函数f(x)的导函数f′(x)=-3x2+6x+9. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值. |
设函数f(x)=-x3+3mx+1+m(m∈R),且f(x)+f(-x)=4对任意x∈R恒成立. (I)求m的值; (II)求函数f(x)在[-1,3]上的最大值; (III)设实数a,b,c∈[0,+∞)且a+b+c=3,证明:++≥. |
已知函数f(x)=-x(0<x<). (1)求f(x)的导数f′(x); (2)求证:不等式sin3x>x3cosx在(0,]上恒成立; (3)求g(x)=-(0<x≤)的最大值. |
已知幂函数f(x)=xa,当x>1时,恒有f(x)<x,则a的取值范围是( ) |
已知a,b为正实数,函数f(x)=ax3+bx+2x在[0,1]上的最大值为4,则f(x)在[-1,0]上的最小值为______. |
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