2021年新高考一卷数学-函数导数
- 已知函数 \(f(x)=x(1-\ln x)\)
（1）讨论函数的单调性
（2）设 \(a,b\) 为两个不相等的正数，且 \(b\ln a-a\ln b=a-b\) ，证明：\(2<{1\over a}+{1\over b}<e\)
解：
（1）求导得 \(f'(x)=1-\ln x+x\cdot (-{1\over x})=-\ln x(x>0)\)
令 \(f'(x)=0\) 得 \(x=1\)
列表得：
| \(x\) | \((0, 1)\) | \(1\) | \((1,+\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(f(x)\) | \(\uparrow\) | \(\downarrow\) |
故 \(f(x)\) 在 \((0, 1)\) 单调递增，在 \((1,+\infty)\) 单调递减
（2）由 \(b\ln a-a\ln b=a-b\) 得：
\(\displaystyle {\ln a\over a}-{\ln b\over b}={1\over b}-{1\over a}\)
\(\displaystyle {1\over a}(1-\ln {1\over a})={1\over b}(1-\ln {1\over b})\)
即 \(\displaystyle f({1\over a})=f({1\over b})\)
\(\because x\in(0, 1)\) 时 \(x>0\wedge 1-\ln x>0\)
\(\therefore f(x)=x(1-\ln x)>0\)
当 \(x\in(1,+\infty)\) 时，令 \(f(x)=0\) 得 \(x=e\)
\(\because a\neq b\)
\(\therefore \displaystyle {1\over a}\neq {1\over b}\)
不妨设 \(\displaystyle 0<{1\over a}<{1\over b}\)
则 \(\because f(x)\) 在 \((0, 1)\) 单掉递增且恒正， \((1,+\infty)\) 单调递减且 \(f(e)=0\)
\(\therefore \displaystyle 0<{1\over a}<1<{1\over b}<e\)
很显然的一个极值点偏移
记 \(g(x)=f(x)-f(2-x), x\in(0, 1)\)
\(\therefore g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-\ln{x(2-x)}\)
\(\because x\in(0, 1)\) 时 \(x(2-x)\in(0, 1)\)
\(\therefore g'(x)=-\ln {x(2-x)}>-\ln 1=0\) 即 \(g(x)\) 在 \((0, 1)\) 恒增
\(\therefore g(x)<g(1)=f(1)-f(2-1)=0\)
即 \(f(x)-f(2-x)<0\)
\(\therefore f(x)<f(2-x)\)
\(\because \displaystyle {1\over a}\in (0, 1)\)
\(\therefore \displaystyle f({1\over b})=f({1\over a})<f(2-{1\over a})\)
又 \(\displaystyle \because {1\over b},2-{1\over a}\in(1, e)\) 且 \(f(x)\) 在 \((1,e)\) 单调递减
\(\therefore \displaystyle {1\over b}>2-{1\over a}\)
即 \(\displaystyle {1\over a}+{1\over b}>2\)
令 \(h(x)=f(x)-f(e-x)=x-x\ln x-(e-x)+(e-x)\ln(e-x)=2x+x\ln{e-x\over x}+e\ln (e-x),x\in(0, 1)\)
\(\because \displaystyle x<1\) 有 \(x<e-1\) 和 \(\displaystyle x<{e\over 2}\)
\(\therefore \displaystyle e-x>1\) 和 \(e-x>x\)
\(\therefore \displaystyle \ln (e-x)>\ln 1=0, \ln{e-x\over x}>\ln 1=0\)
\(\therefore h(x)>0\) 即 \(f(x)>f(e-x),x\in (0, 1)\)
\(\therefore \displaystyle f({1\over b})=f({1\over a})>f(e-{1\over a})\)
又 \(\displaystyle \because {1\over b},2-{1\over a}\in(1, e)\) 且 \(f(x)\) 在 \((1,e)\) 单调递减
\(\therefore \displaystyle {1\over b}<e-{1\over a}\)
\(\therefore \displaystyle {1\over a}+{1\over b}<e\)
综上，\(\displaystyle 2<{1\over a}+{1\over b}<e\)
