2021-新高考I卷-22 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于构造函数法、同构转化法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年新高考I卷）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：$2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\text{e}$。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（单调性）：直接求导 $f^{\prime }(x)=-\ln x$，通过导函数的零点 $x=1$ 划分区间。注意定义域为 $(0,+\infty )$。

2. 第二问（同构转化）：已知等式 $b\ln a-a\ln b=a-b$ 两边同除以 $ab$，整理得 $\frac{\ln a}{a}-\frac{1}{a}=\frac{\ln b}{b}-\frac{1}{b}$。进一步变形为 $\frac{1}{a}(1-\ln \frac{1}{a})=\frac{1}{b}(1-\ln \frac{1}{b})$。发现这正是 $f(\frac{1}{a})=f(\frac{1}{b})$。

3. 极值点偏移建模：令 $x_1=\frac{1}{a},x_2=\frac{1}{b}$，问题转化为：已知 $f(x_1)=f(x_2)$ 且 $x_1\ne x_2$，证明 $2<x_1+x_2<\text{e}$。

4. 构造对称差函数：

• 证明 $x_1+x_2>2$：构造 $h(x)=f(x)-f(2-x)$。
• 证明 $x_1+x_2<\text{e}$：构造 $\phi (x)=f(x)-f(\text{e}-x)$。

✅【答案】

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得证 $2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\text{e}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性 函数 $f(x)=x(1-\ln x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得：$f^{\prime }(x)=1\cdot (1-\ln x)+x\cdot (-\frac{1}{x})=1-\ln x-1=-\ln x$。

• 令 $f^{\prime }(x)>0$，得 $0<x<1$；

• 令 $f^{\prime }(x)<0$，得 $x>1$。 故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty )$ 上单调递减。

（2）证明：$2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\text{e}$ 第一步：同构转化 由 $b\ln a-a\ln b=a-b$ 两边同除以 $ab$ 得： $\frac{\ln a}{a}-\frac{\ln b}{b}=\frac{1}{b}-\frac{1}{a}⟹\frac{1}{a}-\frac{\ln a}{a}=\frac{1}{b}-\frac{\ln b}{b}$ $\frac{1}{a}(1-\ln \frac{1}{a})=\frac{1}{b}(1-\ln \frac{1}{b})$ 令 $x_1=\frac{1}{a},x_2=\frac{1}{b}$。不妨设 $0<x_1<1<x_2$。 由第一问知 $f(x_1)=f(x_2)$。由 $f(\text{e})=0,f(x_1)>0$ 可知 $x_2\in (1,\text{e})$。

第二步：证明 $x_1+x_2>2$ 要证 $x_2>2-x_1$。由于 $x_2,2-x_1\in (1,2)$ 且 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 递减， 只需证 $f(x_2)<f(2-x_1)$，即证 $f(x_1)<f(2-x_1)$。 构造 $h(x)=f(x)-f(2-x)$，$x\in (0,1)$。 $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+f^{\prime }(2-x)=-\ln x-\ln (2-x)=-\ln [x(2-x)]$。 因为 $x\in (0,1)$，所以 $0<x(2-x)<1$，则 $\ln [x(2-x)]<0$。 故 $h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 在 $(0,1)$ 递增。 则 $h(x)<h(1)=0$，即 $f(x)<f(2-x)$。 令 $x=x_1$，得 $f(x_1)<f(2-x_1)$。左侧不等式得证。

第三步：证明 $x_1+x_2<\text{e}$ 要证 $x_2<\text{e}-x_1$。由于 $x_2,\text{e}-x_1\in (1,\text{e})$ 且 $f(x)$ 递减， 只需证 $f(x_2)>f(\text{e}-x_1)$，即证 $f(x_1)>f(\text{e}-x_1)$。 构造 $\phi (x)=f(x)-f(\text{e}-x)$，$x\in (0,1)$。 ${\phi }^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+f^{\prime }(\text{e}-x)=-\ln x-\ln (\text{e}-x)=-\ln [x(\text{e}-x)]$。 由二次函数性质可知 $x(\text{e}-x)$ 在 $(0,1)$ 上从 $0$ 增加到 $\text{e}-1$。 由于 $\text{e}-1>1$，存在 $x_0=\frac{\text{e}-\sqrt{{\text{e}}^2-4}}{2}\in (0,1)$ 使得 ${\phi }^{\prime }(x_0)=0$。 $\phi (x)$ 在 $(0,x_0)$ 递增，在 $(x_0,1)$ 递减。 端点值：$\phi (0)={\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)-f(\text{e})=0-0=0$。 $\phi (1)=f(1)-f(\text{e}-1)=1-(\text{e}-1)(1-\ln (\text{e}-1))=2-\text{e}+(\text{e}-1)\ln (\text{e}-1)$。 利用 $t\ln t>t-1$（当 $t>1$）可知 $\phi (1)>0$。 故 $\phi (x)>0$ 对 $x\in (0,1)$ 恒成立，即 $f(x_1)>f(\text{e}-x_1)$。右侧不等式得证。

综上，得证 $2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\text{e}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 同构转化是破局点：本题最难的第一步就是将 $a,b$ 的混合式转化为 $f(x_1)=f(x_2)$。如果看不出 $1/a$ 和 $1/b$ 的同构，题目将无法下手。
2. 极值点偏移的标准化流程：

• 确定极值点 $x_0$；
• 设 $x_1<x_0<x_2$；
• 构造对称辅助函数 $F(x)=f(x)-f(2x_0-x)$。

3. 超越不等式的端点处理：在证明右侧不等式时，利用了 ${\lim }_{x\to 0}x\ln x=0$ 这一重要极限，这是处理对数函数端点值的常用技巧。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 结论推广：本题左侧证明的是“算术平均数大于极值点”，这反映了函数 $f(x)$ 图像“左陡右缓”的特征。
• 思维进阶：对于此类题目，如果不想构造函数，也可以尝试使用对数平均不等式 $\sqrt{x_1{x}_2}<\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}<\frac{x_1+x_2}{2}$ 进行放缩，往往能起到出奇制胜的效果。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.12 极值点偏移专题

类题演练 (Links)

• 2013-辽宁卷理-12 单-构造辅助函数
• 2022-甲卷理-21 解-导数综合
• 1987-全国卷理-05 单-函数的单调性