Question

16．（1）求函數(shù)f（x）=xlnx-（1-x）ln（1-x）在0＜x≤$\frac{1}{2}$上的最大值；
（2）證明：不等式x^1-x+（1-x）^x≤$\sqrt{2}$，在0＜x＜1上恒成立．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則即可得到f′（x），判斷f′（x）的符號得出f（x）的單調(diào)性，利用單調(diào)性求出f（x）的最小值；
（2）令g（x）=x^1-x+（1-x）^x，則有g(shù)（x）=g（1-x），即g（x）關(guān)于直線x=$\frac{1}{2}$對稱，
只需證明g（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上最大值小于等于$\sqrt{2}$即可，
g′（x）=x^1-x（-lnx+$\frac{1-x}{x}$）+（1-x）^x[ln（1-x）-$\frac{x}{1-x}$]=x^-x（-xlnx+1-x）-（1-x）^x-1[-（1-x）ln（1-x）+x]

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，1）．
f′（x）=lnx+ln（1-x）+2=ln[x（1-x）]+2．
令f′（x）=0得x（1-x）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
作出y=x（1-x）在（0，1）上的函數(shù)圖象如圖所示：
由圖象可知在（0，$\frac{1}{2}$）存在x₀，使得f′（x₀）=0，
∴當(dāng)0＜x＜x₀時，f′（x）＜0，當(dāng)x₀＜x＜$\frac{1}{2}$時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，$\frac{1}{2}$]上單調(diào)遞增．
∵x→0時，f（x）→0，f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$=0，
∴f（x）在0＜x≤$\frac{1}{2}$上的最大值為0；
（2）證明：令g（x）=x^1-x+（1-x）^x，則有g(shù)（x）=g（1-x），
即g（x）關(guān)于直線x=$\frac{1}{2}$對稱，
只需證明g（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上最大值小于等于$\sqrt{2}$即可，
g′（x）=x^1-x（-lnx+$\frac{1-x}{x}$）+（1-x）^x[ln（1-x）-$\frac{x}{1-x}$]=x^-x（-xlnx+1-x）-（1-x）^x-1[-（1-x）ln（1-x）+x]，…①
而g（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{2}$，則只需證明g（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞增，即g′（x）≥0在（0，$\frac{1}{2}$）恒成立即可，
而（-lnx+$\frac{1-x}{x}$）=$\frac{-xlnx+1-x}{x}$＞0，
即只需證明$\frac{（1-x）^{1-x}}{{x}^{x}}≥\frac{-（1-x）ln（1-x）+x}{-xlnx+1-x}$，…②
而由（1）可知0$＜x≤\frac{1}{2}$時，（1-x）^1-x≥x^x，即$\frac{（1-x）^{1-x}}{{x}^{x}}≥1$，…③
要使②成立，只需證明$\frac{-（1-x）ln（1-x）+x}{-xlnx+1-x}≤1$在（0，$\frac{1}{2}$]恒成立．
即需φ（x）=xlnx-（1-x）ln（1-x）+2x-1≤0，…④
由（1）可知xlnx-（1-x）ln（1-x）≤0．而2x-1≤0，從而④得證．
綜合③④得②成立，①成立．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，分析法證明函數(shù)不等式，屬于難題．