第2部分 专题6 审题与答题示范6　函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”

3/3阅卷案例(12分)(2021·新高考卷Ⅰ)已知函数f(x)＝xeq(\a\vs4\al\co1(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<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.思维导图四字解题读讨论f(x)的单调性第(2)问题设想导数的运算法则，函数的单调性与导数的关系.①变形得eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)；②设eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2.算计算f′(x)，解f′(x)>(<)0先证：x1＋x2>2，再证：x1＋x2<e.悟分类讨论，转化与化归转化化归，换元，构造法思维拆解规范答题第1步：求导，判断单调性利用导数运算法则求导，依据f′(x)的符号同f(x)的关系判断单调性，必要时可二次求导.第2步：转化化归对于函数值相等问题，转化为方程的根问题.第3步：分解设eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2，原不等式等价于2<x1＋x2<e.第4步：构建函数结合极值点偏移问题的特点，构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)证明不等式x1＋x2＞2；利用函数结构相同构造函数h(x)＝f(x)＋x证明不等式x1＋x2＜e.第5步：得结论结合第3步及第4步得结论.[解](1)因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.……3分(2)由题意，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).……………4分令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0＜x＜e时，f(x)＞0，当x＞e时，f(x)＜0，不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2＜e.要证2＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e，即证2＜x1＋x2＜e.……………6分先证x1＋x2＞2：要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，因为0＜x1＜1＜x2＜e，所以x2＞2－x1＞1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)＜f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)＜f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)＜0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当0＜x＜1时，x(2－x)＜1，则－ln[x(2－x)]＞0，即当0＜x＜1时，F′(x)＞0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当0＜x＜1时，F(x)＜F(1)＝0，所以当0＜x＜1时，f(x)－f(2－x)＜0成立，所以x1＋x2＞2成立.……8分再证x1＋x2＜e.由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－lnx)＞x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1＜m.欲证x1＋x2＜e，即证x1＋x2＜m＋x2＜f(x2)＋x2＜e，即证当1＜x＜e时，f(x)＋x＜e.……………10分构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1＜x＜e时，h′(x)＞0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，