２００５年高考全国卷２２题的多解和推广

刘成龙　余小芬

2005年高考全国卷Ⅰ(理)22题是一道非常好的题目.该题涉及了函数、导数、不等式、数学归纳法等高考主干知识.考查了分类与整合的思想，化归与转化的思想，同时考查了学生的运算能力，逻辑推理能力和自主探索能力，笔者在本文中将给出该题目第(Ⅱ)小题的多种解法和推广，以飨读者!

题目(1)设函数f(x)=xlog2x+(1-x)·log2(1-x)(0

)的最小值；

(2)设正数p1、p2、p3、…、p2n满足p1+p2+p3+…+p2n=1，证明p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2nlog2p2n≥-n.

一、对第(2)小题解法的研究

解法1：(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、p3、…、p2n满足p1+p2+p3+…+p2k=1，则p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2klog2p2k≥-k.当n=k+1时，若正数p1、p2、p3、…、p2k+1满足p1+p2+…+p2k+1=1，令x=p1+p2+…+p2k，q1=p1x,q2=p2x,…,q2k=p2kx,则q1、q2、…、q2k满足q1+q2+…+q2k=1.由归纳假定知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，综合①、②两式得p1log2p1+p2log2p2+…+p2k+1·log2p2k+1≥［x+(1-x)］(-k)+xlog2x+(1-x)log2(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.

解法2：令函数g(x)=xlog2x+(c-x)·log2(c-x)(常数c>0，x∈(0,c))，那么g(x)=c［xclog2xc+(1-xc)log2(1-xc)+log2c］，利用(1)知，当xc=12(即x=c2)时，函数g(x)取得最小值.于是对任意x1>0,x2>0,都有x1log2x1+x2log2x2≥2·x1+x22log2(x1+x22)=(x1+x2)［log2(x1+x2)-1］.①

下面用数学归纳法证明结论.

(i)当n=1时，由(1)知命题成立.

(ii)设当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，p1、p2、…、p2k+1满足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］,因为(p1+p2)+…+(p2k+1-1+p2k+1)=1，由归纳假设(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.

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

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

评注：解法1、2都运用了数学归纳法，属于常规的解法，解题的关键是把2

n+1项向2n项转换，解答过程中涉及的运算量较大；解法3的关键是通过构造函数g(x)=xlog2x-xln2+1ln2，再利用导数法得到不等式xlog2x≥xln2-1ln2，涉及的运算量较小；解法4抓住了题目的

凸函数背景，运用Jensen不等式求解，解答过程最简捷.

二、对第(2)小题的推广

对第(2)小题的推广如下：

推广1 设正数p1、p2、p3、…、p2n满足p1+p2+p3+…+p2n=k，则p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+p2nlog2p2n≥klog2k-kn.

推广2 设正数p1、p2、p3、…、pmn(m∈N+)满足p1+p2+p3+…+pmn=k，则p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+pmn·log2pmn≥k(log2k-nlog2m).

推广3 设正数p1、p2、p3、…、pmn(m∈N+)满足p1+p2+p3+…+pmn=k，则p1logap1+p2logap2+p3logap3+…+pmn·logapmn≥k(logak-nlogam)(a>1).

推广4 设正数p1、p2、p3、…、pmn(m∈N+)满足p1+p2+p3+…+p2n=k，则p1log2p1+p2log2p2+p3log2p3+…+pmn·logapmn≤k(logak-nlogam)(0

运用Jensen不等式很容易证明上述推广，证明过程略.

注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文