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2021年高考数学新高考Ⅰ-22

  2021-06-14 22:02:23  

22.(12分)已知函数$f(x)=x(1-\ln x)$.
(1)讨论$f(x)$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:$2<\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}<e$.
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$f'(x)=1-\ln x-1=-\ln x$,
$\therefore x\in (0,1)$,$f\prime (x)>0$,$f(x)$单调递增,
$x\in (1,+\infty )$,$f\prime (x)<0$,$f(x)$单调递减,
则$f(x)$在$(0,1)$单调递增,在$(1,+\infty )$单调递减.
(2)证明:由$b\ln a-a\ln b=a-b$,得$-\dfrac{1}{a}\ln \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ln \dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}$,
即$\dfrac{1}{a}(1-\ln \dfrac{1}{a})=\dfrac{1}{b}(1-\ln \dfrac{1}{b})$,
由(1)$f(x)$在$(0,1)$单调递增,在$(1,+\infty )$单调递减,
所以$f(x)_{max}=f$(1)$=1$,且$f$(e)$=0$,
令${x}_{1}=\dfrac{1}{a}$,${x}_{2}=\dfrac{1}{b}$,
则$x_{1}$,$x_{2}$为$f(x)=k$ 的两根,其中$k\in (0,1)$.
不妨令$x_{1}\in (0,1)$,$x_{2}\in (1,e)$,则$2-x_{1}>1$,
先证$2<x_{1}+x_{2}$,即证$x_{2}>2-x_{1}$,即证$f(x_{2})=f(x_{1})<f(2-x_{1})$,
令$h(x)=f(x)-f(2-x)$,
则$h\prime (x)=f\prime (x)+f\prime (2-x)=-\ln x-\ln (2-x)=-\ln [x(2-x)]>0$,
故函数$h(x)$单调递增,
$\therefore h(x)<h$(1)$=0$.$\therefore f(x_{1})<f(2-x_{1})$,$\therefore 2<x_{1}+x_{2}$,得证.
同理,要证$x_{1}+x_{2}<e$,
即证$f(x_{2})=f(x_{1})<f(e-x_{1})$,
令$\varphi (x)=f(x)-f(e-x)$,$x\in (0,1)$,
则$\varphi '(x)=-\ln [x(e-x)]$,令$\varphi \prime (x_{0})=0$,
$x\in (0,x_{0})$,$\varphi '(x)>0$,$\varphi (x)$单调递增,
$x\in (x_{0}$,$1)$,$\varphi '(x)<0$,$\varphi (x)$单调递减,
又$x>0$,$f(x)>0$,且$f$(e)$=0$,
故$x\to 0$,$\varphi (0)>0$,
$\varphi$(1)$=f$(1)$-f(e-1)>0$,
$\therefore \varphi (x)>0$恒成立,
$x_{1}+x_{2}<e$得证,
则$2<\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}<e$.
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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