- 已知函数 (f(x)=x(1-ln x))
（1）讨论函数的单调性
（2）设 (a,b) 为两个不相等的正数，且 (bln a-aln b=a-b) ，证明：(2<{1over a}+{1over b}<e)
解：
（1）求导得 (f'(x)=1-ln x+xcdot (-{1over x})=-ln x(x>0))
令 (f'(x)=0) 得 (x=1)
列表得：
| (x) | ((0, 1)) | (1) | ((1,+infty)) |
|---|---|---|---|
| (f'(x)) | (+) | (0) | (-) |
| (f(x)) | (uparrow) | (downarrow) |
故 (f(x)) 在 ((0, 1)) 单调递增，在 ((1,+infty)) 单调递减
（2）由 (bln a-aln b=a-b) 得：
(displaystyle {ln aover a}-{ln bover b}={1over b}-{1over a})
(displaystyle {1over a}(1-ln {1over a})={1over b}(1-ln {1over b}))
即 (displaystyle f({1over a})=f({1over b}))
(ecause xin(0, 1)) 时 (x>0wedge 1-ln x>0)
( herefore f(x)=x(1-ln x)>0)
当 (xin(1,+infty)) 时，令 (f(x)=0) 得 (x=e)
(ecause a eq b)
( herefore displaystyle {1over a} eq {1over b})
不妨设 (displaystyle 0<{1over a}<{1over b})
则 (ecause f(x)) 在 ((0, 1)) 单掉递增且恒正， ((1,+infty)) 单调递减且 (f(e)=0)
( herefore displaystyle 0<{1over a}<1<{1over b}<e)
很显然的一个极值点偏移
记 (g(x)=f(x)-f(2-x), xin(0, 1))
( herefore g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln{x(2-x)})
(ecause xin(0, 1)) 时 (x(2-x)in(0, 1))
( herefore g'(x)=-ln {x(2-x)}>-ln 1=0) 即 (g(x)) 在 ((0, 1)) 恒增
( herefore g(x)<g(1)=f(1)-f(2-1)=0)
即 (f(x)-f(2-x)<0)
( herefore f(x)<f(2-x))
(ecause displaystyle {1over a}in (0, 1))
( herefore displaystyle f({1over b})=f({1over a})<f(2-{1over a}))
又 (displaystyle ecause {1over b},2-{1over a}in(1, e)) 且 (f(x)) 在 ((1,e)) 单调递减
( herefore displaystyle {1over b}>2-{1over a})
即 (displaystyle {1over a}+{1over b}>2)
令 (h(x)=f(x)-f(e-x)=x-xln x-(e-x)+(e-x)ln(e-x)=2x+xln{e-xover x}+eln (e-x),xin(0, 1))
(ecause displaystyle x<1) 有 (x<e-1) 和 (displaystyle x<{eover 2})
( herefore displaystyle e-x>1) 和 (e-x>x)
( herefore displaystyle ln (e-x)>ln 1=0, ln{e-xover x}>ln 1=0)
( herefore h(x)>0) 即 (f(x)>f(e-x),xin (0, 1))
( herefore displaystyle f({1over b})=f({1over a})>f(e-{1over a}))
又 (displaystyle ecause {1over b},2-{1over a}in(1, e)) 且 (f(x)) 在 ((1,e)) 单调递减
( herefore displaystyle {1over b}<e-{1over a})
( herefore displaystyle {1over a}+{1over b}<e)
综上，(displaystyle 2<{1over a}+{1over b}<e)