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2021年高考数学新高考Ⅰ-21<-->返回列表
22.（12分）已知函数f(x)=x(1−lnx)．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，证明：2<1a+1b<e．
分析：（1）首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性，
（2）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可．
（1）解：由函数的解析式可得f′(x)=1−lnx−1=−lnx，
∴x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
则f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减．
（2）证明：由blna−alnb=a−b，得−1aln1a+1bln1b=1b−1a，
即1a(1−ln1a)=1b(1−ln1b)，
由（1）f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
所以f(x)max=f（1）=1，且f（e）=0，
令x1=1a，x2=1b，
则x1，x2为f(x)=k 的两根，其中k∈(0,1)．
不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2−x1>1，
先证2<x1+x2，即证x2>2−x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2−x1)，
令h(x)=f(x)−f(2−x)，
则h′(x)=f′(x)+f′(2−x)=−lnx−ln(2−x)=−ln[x(2−x)]>0，
故函数h(x)单调递增，
∴h(x)<h（1）=0．∴f(x1)<f(2−x1)，∴2<x1+x2，得证．
同理，要证x1+x2<e，
即证f(x2)=f(x1)<f(e−x1)，
令φ(x)=f(x)−f(e−x)，x∈(0,1)，
则φ′(x)=−ln[x(e−x)]，令φ′(x0)=0，
x∈(0,x0)，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
x∈(x0，1)，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
又x>0，f(x)>0，且f（e）=0，
故x→0，φ(0)>0，
φ（1）=f（1）−f(e−1)>0，
∴φ(x)>0恒成立，
x1+x2<e得证，
则2<1a+1b<e．
点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想，同构的数学思想等知识，属于中等题．
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