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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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