Question

定義：設(shè)函數(shù)y=f（x）在（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，f'（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)，f''（x）為f'（x）的導(dǎo)數(shù)即f（x）的二階導(dǎo)數(shù)，若函數(shù)y=f（x） 在（a，b）內(nèi)的二階導(dǎo)數(shù)恒大于等于0，則稱函數(shù)y=f（x）是（a，b）內(nèi)的下凸函數(shù)（有時亦稱為凹函數(shù)）．已知函數(shù)f（x）=xlnx
（1）證明函數(shù)f（x）=xlnx是定義域內(nèi)的下凸函數(shù)，并在所給直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)f（x）=xlnx的圖象；
（2）對?x₁，x₂∈R⁺，根據(jù)所畫下凸函數(shù)f（x）=xlnx圖象特征指出x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]與x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]的大小關(guān)系；
（3）當(dāng)n為正整數(shù)時，定義函數(shù)N （n）表示n的最大奇因數(shù)．如N （3）=3，N （10）=5，…．記S（n）=N（1）+N（2）+…+N（2ⁿ），若

2n

i=1

xi=1，證明：

2n

i=1

xilnxi≥-ln2nln

1

3S(n)-2

（i，n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）函數(shù)f（x）=xlnx的定義域為（0，+∞），f'（x）=1+lnx，f″(x)=

1

x

＞0，由此能夠證明函數(shù)f（x）=xlnx是定義域（0，+∞）內(nèi)的下凸函數(shù)，并作出其圖象．
（2）由下凸函數(shù)f（x）=xlnx的圖象特征可知：

f(x1)+f(x2)

2

≥f(

x1+x2

2

)，故x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]．
（3）由S（n）=N（1）+N（2）+…+N（2ⁿ），知S（n）=4^n-1+S（n-1），（n≥1），由此得到證明

2n

i=1

xilnxi≥-ln2nln

1

3S(n)-2

（i，n∈N^*），即證

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n．可以用數(shù)學(xué)歸納法進行證明，也可用放縮法進行證明．

解答：解：（1）函數(shù)f（x）=xlnx的定義域為（0，+∞），
f'（x）=1+lnx，f″(x)=

1

x

＞0，
故函數(shù)f（x）=xlnx是定義域（0，+∞）內(nèi)的下凸函數(shù)，…（2分）
函數(shù)f（x）=xlnx在（0，

1

e

]單調(diào)遞減，在[

1

e

，+∞）單調(diào)遞增，
且f（

1

e

）=-

1

e

，f（1）=0，f（e）=e，…（3分）
故其圖象如下圖所示．…．（4分）
（2）由下凸函數(shù)f（x）=xlnx的圖象特征可知：

f(x1)+f(x2)

2

≥f(

x1+x2

2

)，
故x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]
≥x₁lnx₁+x₂lnx₂≥（x₁+x₂）[ln（x₁+x₂）-ln2]
（當(dāng)且僅當(dāng)x₁=x₂時取=號）…．（6分）
（3）∵S（n）=N（1）+N（2）+…+N（2ⁿ），
∴S（n）=[1+3+5+…+（2ⁿ-1）]+[N（2）+N（4）+N（6]+…+N（2ⁿ）]，
∴S（n）=4^n-1+S（n-1），（n≥1），
∵S₁=N（1），S（1）=2，…（7分）
∴S(n)=4n-1+4n-2+…+41+2=

4n+2

3

…（8分）
∴ln

1

3S(n)-2

=-ln2n，
故證明

2n

i=1

xilnxi≥-ln2nln

1

3S(n)-2

（i，n∈N^*）
即證

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n…（9分）
（證法一）數(shù)學(xué)歸納法
�。┊�(dāng)n=1時，由（2）知命題成立．
ⅱ）假設(shè)當(dāng)n=k（ k∈N^*）時命題成立，
即若x1+x2+…+x2k=1，
則x1lnx1+x2lnx2+…+x2klnx2k≥-ln2k…（10分）
當(dāng)n=k+1時，x₁，x₂，…，x2k+1-1，x2k+1滿足 x1+x2+…+x2k+1-1+x2k+1=1．
設(shè)F(x)=x1lnx1+x2lnx2+…+x2k+1-1lnx2k+1-1+x2k+1lnx2k+1，
由（2）得F(x)≥(x1+x2)ln[(x1+x2)-ln2]+…+(x2k+1-1+x2k+1)ln[(x2k+1-1+x2k+1)-ln2]
=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2k+1-1+x2k+1)ln(x2k+1-1+x2k+1)-(x1+x2+…+x2k+1)ln2
=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2k+1-1+x2k+1)ln(x2k+1-1+x2k+1)-ln2．
由假設(shè)可得 F（x）≥-ln2^k-ln2=-ln2^k+1，命題成立．
所以當(dāng) n=k+1時命題成立…（13分）
由�。�，ⅱ）可知，對一切正整數(shù)n∈N^*，命題都成立，
所以 若

2n

i=1

xi=1，則 

2n

i=1

xilnxi≥-ln2n（i，n∈N^*）．
即有

2n

i=1

xilnxi≥-ln2nln

1

3S(n)-2

（i，n∈N^*）．   …（14分）
（證法二）若x1+x2+…+x2n=1，
那么由（2）可得x1lnx1+x2lnx2+…+x2nlnx2n≥(x1+x2)ln[(x1+x2)-ln2]+…+(x2n-1+x2n)ln[(x2n-1+x2n)-ln2]…（10分）
=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2n-1+x2n)ln(x2n-1+x2n)-(x1+x2+…+x2n)ln2…（11分）
=(x1+x2)ln(x1+x2)+…+(x2n-1+x2n)ln(x2n-1+x2n)-ln2…（12分）
≥(x1+x2+x3+x4)ln(x1+x2+x3+x4)+…(x2n-1+x2n)ln(x2n-1+x2n)-2ln2…（13分）
≥…≥(x1+x2+…+x2n)ln[(x1+x2+…+x2n)-ln2]-(n-1)ln2=-ln2ⁿ．
即有

2n

i=1

xilnxi≥-ln2nln

1

3S(n)-2

（i，n∈N^*）．   …（14分）

點評：本題考查下凸函數(shù)的證明，函數(shù)圖象的畫法，不等式的比較和證明，綜合性強，難度大，解題時要認(rèn)真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．