高考原生态满分练1 函数与导数(本题满分12分)(2021·新高考Ⅰ,22)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<<e.学生解答教师批阅分析1:判断与讨论函数的单调性,必须首先研究函数的定义域.分析2:本题(2)问不等式的证明是典型的极值点偏移问题.在经过换元得到f(x1)=f(x2)后,应该结合极值点以及函数值的情况准确地得出x1,x2的取值区间,
这样后面构造函数后才能判断函数在相应的区间上的单调性.分析3:式子f(x)<f(2-x)的得出需要两个条件:一是x,2-x的取值区间,二是g(x)=f(x)-f(2-x)在该区间上的单调性.分析4:不等式的变形必须是恒等的,且必须在一定的条件下.分析5:h'(t)<0并不是明显的,因此应进行推理论证.满分答题高考原生态满分练高考原生态满分练1 函数与导数(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=1-lnx+x=-lnx.1分令f'(x)=-lnx>0,解得0<x<1;
令f'(x)=-lnx<0,解得x>1.所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.3分(2)证明由blna-alnb=a-b得,即f=f(方法一)令x1=,x2=,则f(x1)=f(x2).4分由(1)知,f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,且当x∈(0,e)时,f(x)>0,当x∈(e,+∞)时,f(x)<0,因此可设0<x1<1<x2<e.要证2<<e,即证2<x1+x2<e.5分①先证x1+x2>2.要证x1+x2>2,即证x2>2-x1.因为0<x1<1<x2<e,所以需证x2>2-x1>1,又f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以只需证明f(x2)<f(2-x1).而f(x1)=f(x2),因此只需证明f(x1)<f(2-x1).6分构造函数g(t)=f(t)-f(2-t)(0<t<1).因为g'(t)=f'(t)+f'(2-t)=-lnt-ln(2-t)=-ln(-t2+2t)=-ln[1-(t-1)2],0<t<1,所以g'(t)>0,即g(t)在区间(0,1)上单调递增,于是当0<t<1时,g(t)<g(1)=0,即f(t)<f(2-t),从而当0<x1<1时,必有f(x1)<f(2-x1),故x1+x2>2成立.8分②再证x1+x2<e.由(1)知f(x)在x=1取得极大值f(1)=1,经过点(0,0),(1,1)的直线为y=x.当x∈(0,1)时,f(x)=x(1-lnx)>x.9分若设f(x1)=f(x2)=m,直线y=x与直线y=m的交点坐标为(m,m),则x1<m.要证x1+x2<e,即证m+x2<e,亦即证f(x2)+x2<e.10分构造函数h(t)=f(t)+t(1<t<e).则h'(t)=f'(t)+1=-lnt+1,由于1<t<e,所以h'(t)>0,即h(t)在区间(1,e)上单调递增,因此当1<t<e时,h(t)<h(e)=f(e)+e=e,又因为1<x2<e,所以f(x2)+x2<e,所以x1+x2<e成立.综上可知2<<e成立.12分(方法二)不妨设b>a>0,由(1)知>1,0<<1.4分若2,则>2成立,若1<<2,设s(x)=f(x)-f(2-x),1<x<2.则s'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)],因为1<x<2,所以0<x(2-x)<1,因此s'(x)>0.6分所以s(x)在区间(1,2)上单调递增,所以s(x)>s(1)=0,于是f>f,即f>f因为0<<1,0<2-<1,且x∈(0,1)时f(x)单调递增,所以>2-,即>2.8分因为,且b>a>0,设b=at(t>1).则,所以lna=所以<e<e<e⇔ln(t+1)-lnt-lna<1⇔ln(t+1)-lnt-<1⇔(t-1)ln(t+1)-tlnt<0.10分令h(t)=(t-1)ln(t+1)-tlnt(t>1),则h'(t)=ln(t+1)+-1-lnt=ln(t+1)-lnt-[(t+1)ln(t+1)-(t+1)lnt-2],令g(t)=(t+1)ln(t+1)-(t+1)lnt-2,t>1,则g'(t)=ln(t+1)+1-lnt-=ln+1,设n=,n>1,p(n)=lnn-n+1,则p'(n)=-1=<0,所以p(n)<p(1)=0-1+1=0,
所以g'(t)<0,所以g(t)<g(1)=2ln2-2<0,所以h'(t)<0,故h(t)在区间(1,+∞)上单调递减.所以h(t)<h(1)=0,故(t-1)ln(t+1)-tlnt<0成立,即<e成立.综上可得2<<e.12分
