题目
已知函数f（x）=x（1-lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2＜(1)/(a)+(1)/(b)＜e．
已知函数f（x）=x（1-lnx）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2＜$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$＜e．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2＜$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$＜e．
题目解答
答案
（1）解：由函数的解析式可得f'（x）=1-lnx-1=-lnx，
∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，
则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．
（2）证明：由blna-alnb=a-b，得$-\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}+\frac{1}{b}ln\frac{1}{b}=\frac{1}{b}-\frac{1}{a}$，
即$\frac{1}{a}（1-ln\frac{1}{a}）=\frac{1}{b}（1-ln\frac{1}{b}）$，
由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
所以f（x）max=f（1）=1，且f（e）=0，
令${x}_{1}=\frac{1}{a}$，${x}_{2}=\frac{1}{b}$，
则x1，x2为f（x）=k 的两根，其中k∈（0，1）．
不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2-x1＞1，
先证2＜x1+x2，即证x2＞2-x1，即证f（x2）=f（x1）＜f（2-x1），
令h（x）=f（x）-f（2-x），
则h′（x）=f′（x）+f′（2-x）=-lnx-ln（2-x）=-ln[x（2-x）]在（0，1）单调递减，
所以h′（x）＞h′（1）=0，
故函数h（x）在（0，1）单调递增，
∴h（x1）＜h（1）=0．∴f（x1）＜f（2-x1），∴2＜x1+x2，得证．
同理，要证x1+x2＜e，
（法一）即证1＜x2＜e-x1，
根据（1）中f（x）单调性，
即证f（x2）=f（x1）＞f（e-x1），
令φ（x）=f（x）-f（e-x），x∈（0，1），
则φ'（x）=-ln[x（e-x）]，令φ′（x0）=0，
x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）=0，
故$\underset{lim}{x→0}φ（x）=0$，
φ（1）=f（1）-f（e-1）＞0，
∴φ（x）＞0恒成立，
x1+x2＜e得证，
（法二）f（x1）=f（x2），x1（1-lnx1）=x2（1-lnx2），
又x1∈（0，1），故1-lnx1＞1，x1（1-lnx1）＞x1，
故x1+x2＜x1（1-lnx1）+x2=x2（1-lnx2）+x2，x2∈（1，e），
令g（x）=x（1-lnx）+x，g′（x）=1-lnx，x∈（1，e），
在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）＜g（e）=e，
即x2（1-lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，
则2＜$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$＜e．
∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，
则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．
（2）证明：由blna-alnb=a-b，得$-\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}+\frac{1}{b}ln\frac{1}{b}=\frac{1}{b}-\frac{1}{a}$，
即$\frac{1}{a}（1-ln\frac{1}{a}）=\frac{1}{b}（1-ln\frac{1}{b}）$，
由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
所以f（x）max=f（1）=1，且f（e）=0，
令${x}_{1}=\frac{1}{a}$，${x}_{2}=\frac{1}{b}$，
则x1，x2为f（x）=k 的两根，其中k∈（0，1）．
不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2-x1＞1，
先证2＜x1+x2，即证x2＞2-x1，即证f（x2）=f（x1）＜f（2-x1），
令h（x）=f（x）-f（2-x），
则h′（x）=f′（x）+f′（2-x）=-lnx-ln（2-x）=-ln[x（2-x）]在（0，1）单调递减，
所以h′（x）＞h′（1）=0，
故函数h（x）在（0，1）单调递增，
∴h（x1）＜h（1）=0．∴f（x1）＜f（2-x1），∴2＜x1+x2，得证．
同理，要证x1+x2＜e，
（法一）即证1＜x2＜e-x1，
根据（1）中f（x）单调性，
即证f（x2）=f（x1）＞f（e-x1），
令φ（x）=f（x）-f（e-x），x∈（0，1），
则φ'（x）=-ln[x（e-x）]，令φ′（x0）=0，
x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）=0，
故$\underset{lim}{x→0}φ（x）=0$，
φ（1）=f（1）-f（e-1）＞0，
∴φ（x）＞0恒成立，
x1+x2＜e得证，
（法二）f（x1）=f（x2），x1（1-lnx1）=x2（1-lnx2），
又x1∈（0，1），故1-lnx1＞1，x1（1-lnx1）＞x1，
故x1+x2＜x1（1-lnx1）+x2=x2（1-lnx2）+x2，x2∈（1，e），
令g（x）=x（1-lnx）+x，g′（x）=1-lnx，x∈（1，e），
在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）＜g（e）=e，
即x2（1-lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，
则2＜$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$＜e．