已知函数 f(x)=x(1-ln x) ． （1）讨论 f…——2021 高考数学第 22 题答案解析

【答案】①$f(x)$ 的递增区间为 $(0,1)$ ，递减区间为 $(1,+\infty)$ ；（2）证明见解析．

## 【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；

②设 $\frac{1}{a}=x_{1}, \frac{1}{b}=x_{2}$ ，原不等式等价于 $2

【详解】（1）函数的定义域为 $(0,+\infty)$ ，
又 $f^{\prime}(x)=1-\ln x-1=-\ln x$ ，
当 $x \in(0,1)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，
故 $f(x)$ 的递增区间为 $(0,1)$ ，递减区间为 $(1,+\infty)$ ．
（2）因为 $b \ln a-a \ln b=a-b$ ，故 $b(\ln a+1)=a(\ln b+1)$ ，即 $\frac{\ln a+1}{a}=\frac{\ln b+1}{b}$ ，
故 $f\left(\frac{1}{a}\right)=f\left(\frac{1}{b}\right)$ ，
设 $\frac{1}{a}=x_{1}, \frac{1}{b}=x_{2}$ ，由①可知不妨设 $01$ ．
因为 $x \in(0,1)$ 时，$f(x)=x(1-\ln x)>0, x \in(e,+\infty)$ 时，$f(x)=x(1-\ln x)<0$ ，
故 $1

先证：$x_{1}+x_{2}>2$ ，
若 $x_{2} \geq 2, x_{1}+x_{2}>2$ 必成立．
若 $x_{2}<2$ ，要证：$x_{1}+x_{2}>2$ ，即证 $x_{1}>2-x_{2}$ ，而 $0<2-x_{2}<1$ ，
故即证 $f\left(x_{1}\right)>f\left(2-x_{2}\right)$ ，即证：$f\left(x_{2}\right)>f\left(2-x_{2}\right)$ ，其中 $1设 $g(x)=f(x)-f(2-x), 1则 $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)+f^{\prime}(2-x)=-\ln x-\ln (2-x)=-\ln [x(2-x)]$ ，
因为 $10$ ，
所以 $g^{\prime}(x)>0$ ，故 $g(x)$ 在 $(1,2)$ 为增函数，所以 $g(x)>g(1)=0$ ，
故 $f(x)>f(2-x)$ ，即 $f\left(x_{2}\right)>f\left(2-x_{2}\right)$ 成立，所以 $x_{1}+x_{2}>2$ 成立，
综上，$x_{1}+x_{2}>2$ 成立。

设 $x_{2}=t x_{1}$ ，则 $t>1$ ，
结合 $\frac{\ln a+1}{a}=\frac{\ln b+1}{b}, \frac{1}{a}=x_{1}, \frac{1}{b}=x_{2}$ 可得：$x_{1}\left(1-\ln x_{1}\right)=x_{2}\left(1-\ln x_{2}\right)$ ，
即： $1-\ln x_{1}=t\left(1-\ln t-\ln x_{1}\right)$ ，故 $\ln x_{1}=\frac{t-1-t \ln t}{t-1}$ ，
要证：$x_{1}+x_{2}即证： $\ln (t+1)+\frac{t-1-t \ln t}{t-1}<1$ ，即证：$(t-1) \ln (t+1)-t \ln t<0$ ，
令 $S(t)=(t-1) \ln (t+1)-t \ln t, t>1$ ，
则 $S^{\prime}(t)=\ln (t+1)+\frac{t-1}{t+1}-1-\ln t=\ln \left(1+\frac{1}{t}\right)-\frac{2}{t+1}$ ，
先证明一个不等式： $\ln (x+1) \leq x$ ．
设 $u(x)=\ln (x+1)-x$ ，则 $u^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}$ ，
当 $-10$ ；当 $x>0$ 时，$u^{\prime}(x)<0$ ，
故 $u(x)$ 在 $(-1,0)$ 上为增函数，在 $(0,+\infty)$ 上为减函数，故 $u(x)_{\text {max }}=u(0)=0$ ，
故 $\ln (x+1) \leq x$ 成立
由上述不等式可得当 $t>1$ 时， $\ln \left(1+\frac{1}{t}\right) \leq \frac{1}{t}<\frac{2}{t+1}$ ，故 $S^{\prime}(t)<0$ 恒成立，
故 $S(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为减函数，故 $S(t)故 $(t-1) \ln (t+1)-t \ln t<0$ 成立，即 $x_{1}+x_{2}综上所述， $2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题．