２００５年高考全國卷２２題的多解和推廣

劉成龍　余小芬

2005年高考全國卷Ⅰ(理)22題是一道非常好的題目.該題涉及了函數、導數、不等式、數學歸納法等高考主干知識.考查了分類與整合的思想，化歸與轉化的思想，同時考查了學生的運算能力，邏輯推理能力和自主探索能力，筆者在本文中將給出該題目第(Ⅱ)小題的多種解法和推廣，以饗讀者!

題目(1)設函數f(x)=xlog2x+(1-x)·log2(1-x)(0

)的最小值；

(2)設正數p1、p2、p3、…、p2n滿足p1+p2+p3+…+p2n=1，證明p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2nlog2p2n≥-n.

一、對第(2)小題解法的研究

解法1：(i)當n=1時，由(1)知命題成立.

(ii)假定當n=k時命題成立，即若正數p1、p2、p3、…、p2n滿足p1+p2+p3+…+p2k=1，則p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2klog2p2k≥-k.當n=k+1時，若正數p1、p2、p3、…、p2k+1滿足p1+p2+…+p2k+1=1，令x=p1+p2+…+p2k，q1=p1x,q2=p2x,…,q2k=p2kx,則q1、q2、…、q2k滿足q1+q2+…+q2k=1.由歸納假定知q1log2q1+q2log2q2+…+q2klog2q2k≥-k.所以p1log2p1+p2log2p2+…+p2klog2p2k=x［q1log2(xq1)+q2log2(xq2)+…+q2klog2(xq2k)］≥x(-k)+xlog2x.①

同理，由p2k+1+p2k+2+…+p2k+1=1-x可得p2k+1log2p2k+1+…+p2k+1log2p2k+1≥(1-x)(-k)+(1-x)log2(1-x)②，綜合①、②兩式得p1log2p1+p2log2p2+…+p2k+1·log2p2k+1≥［x+(1-x)］(-k)+xlog2x+(1-x)log2(1-x)≥-(k+1).即當n=k+1時命題也成立.

根據(i),(ii)可知對一切正整數n命題成立.

解法2：令函數g(x)=xlog2x+(c-x)·log2(c-x)(常數c>0，x∈(0,c))，那么g(x)=c［xclog2xc+(1-xc)log2(1-xc)+log2c］，利用(1)知，當xc=12(即x=c2)時，函數g(x)取得最小值.于是對任意x1>0,x2>0,都有x1log2x1+x2log2x2≥2·x1+x22log2(x1+x22)=(x1+x2)［log2(x1+x2)-1］.①

下面用數學歸納法證明結論.

(i)當n=1時，由(1)知命題成立.

(ii)設當n=k時命題成立，即若正數p1、p2、…、p2k滿足p1+p2+…+p2k=1,則p1log2p1+p2log2p2+…+p2klog2p2k≥-k.當n=k+1時，p1、p2、…、p2k+1滿足p1+p2+…+p2k+1=1,令H=p1log2p1+p2log2p2+…+p2k+1-1log2p2k+1-1+p2+{k+1}log2k+1，由①得H≥(p1+p2)［log2(p1+p2)-1］+…+(p2k+1-1+p2k+1)·［log2(p2k+1-1+p2k+1)-1］,因為(p1+p2)+…+(p2k+1-1+p2k+1)=1，由歸納假設(p1+p2)log2(p1+p2)+…+(p2k+1-1+p2k+1)·log2(p2k+1-1

+p2k+1)≥-k，得到H≥-k-(p1+p2+…+p2k+1-1+p2k+1)=-(k+1).即當n=k+1時命題也成立.

根據(i),(ii)可知對一切正整數n命題成立.

解法3：設g(x)=xlog2x-xln2+1ln2，于是g′(x)=log2x，當0

解法4：設h(x)=xlog2x(00，因此，h(x)=xlog2x為x∈(0，1)上的凸函數，由Jensen不等式可得p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2nlog2p2n≥2n·(p1+p2+p3+…+p2n2n)·log2(p1+p2+p3+…+p2n2n)，又因為p1+p2+p3+…+p2n=1，所以p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2nlog2p2n≥-n.

評注：解法1、2都運用了數學歸納法，屬于常規的解法，解題的關鍵是把2

n+1項向2n項轉換，解答過程中涉及的運算量較大；解法3的關鍵是通過構造函數g(x)=xlog2x-xln2+1ln2，再利用導數法得到不等式xlog2x≥xln2-1ln2，涉及的運算量較??；解法4抓住了題目的

凸函數背景，運用Jensen不等式求解，解答過程最簡捷.

二、對第(2)小題的推廣

對第(2)小題的推廣如下：

推廣1 設正數p1、p2、p3、…、p2n滿足p1+p2+p3+…+p2n=k，則p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2nlog2p2n≥klog2k-kn.

推廣2 設正數p1、p2、p3、…、pmn(m∈N+)滿足p1+p2+p3+…+pmn=k，則p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+pmn·log2pmn≥k(log2k-nlog2m).

推廣3 設正數p1、p2、p3、…、pmn(m∈N+)滿足p1+p2+p3+…+pmn=k，則p1logap1+p2logap2+p3logap3+…+pmn·logapmn≥k(logak-nlogam)(a>1).

推廣4 設正數p1、p2、p3、…、pmn(m∈N+)滿足p1+p2+p3+…+p2n=k，則p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+pmn·logapmn≤k(logak-nlogam)(0

運用Jensen不等式很容易證明上述推廣，證明過程略.

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內容請以PDF格式閱讀原文