（1）对函数f（x）求导数：f'（x）=（xlnx）'+[（1-x）ln（1-x）]'=lnx-ln（1-x）．于是f′(

1

2

)=0．

当x＜

1

2

，f′(x)=lnx-ln(1-x)＜0，f(x)在区间(0，

1

2

)是减函数，

当x＞

1

2

，f′(x)=lnx-ln(1-x)＞0，f(x)在区间(

1

2

，1)是增函数．

所以f(x)在x=

1

2

时取得最小值，f(

1

2

)=-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=

p1

x

，q2=

p2

x

，…，q2k=

p2k

x

．

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．