这是一道高考数学的真题。 利用导数求单调性并证明不等式的问题是高考数学中最常见的期末题之一。 题目如下：

Known Function f(x)=x(1-lnx)。 (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 设a和b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2<1/a 1/b<e.

[第一个小题是小题，很快就能解决。 只要对函数求导，就可以发现它的单调性。 依据是：当导数大于0时，函数增加； 当导数小于 0 时，函数减小。 本知识点将贯穿整题]

（1）解法：f'(x)= -lnx，当0<x1 时，f(x) 单调递减。

【第二题给出的方程必须经过变换】

(2) 证明：由blna-alnb=a-b, (1-ln(1/a))/ a=(1 -ln(1/b))/b, 即f(1/a)=f(1/b),

可能设0<1/a=u<1<v=1/b<e, [为了后面描述方便，将它们互换。 至于是1/a大还是1/b大，无所谓，设置即可]

当v≥2时，u v>2； 当 1<v≤e-1 时，u v<e。 【先给出特例的结论，再证明其余的例。 这种方法在解决高考数学期末题的过程中很常见。 ]

当1<v<2, 0<2-v<1,【这使得u,和2-v都在f(x)的单调递增区间内，使得下面的单调 可以使用属性，比较它们的大小】

记住g(v)=f(u)-f(2-v)=f(v)-f(2-v),【构造辅助函数 , 是有关衍生品问题的最重要工具之一。 】

因为g'(v)=-lnv-ln(2-v)=-ln(2v-v^2)>0,

所以f(u)> f(2-v), u>2-v, 即u v>2, [这是由函数f在(0,1)上的单调递增性质决定的]

[到目前为止 得到u v>2 证明，再证明u v<e，这一步很容易出错。 一定要弄清楚。 】

当e-1<v<e,0<e-v<1时,记h(v)=f(u)-f(e-v)=f(v)-f(e-v),[ 这个函数的导数性质不是那么好找的]

由h'(v)=-lnv-ln(e-v)=-ln(ev-v^2)，有v0>e -1 make ev0-v0^2=1,

[其实ev-v^2=1有两个解，另一个小于1，对本题没有意义，所以不要’ 不用担心。 至于为什么会有解v0=e-1，必须在解完方程后证明，但这一步可以省略。 之所以取ev-v^2=1是为了取导数的零点，这样我们就可以理解h(v)的增减，得到它的零点]

因为当 v∈(当e-1,v0)时，h(v)单调递减，当v∈(v0,e)时，h(v)单调递增，

所以h(v)<h(e -1 )=f(e-1)-f(1)<0,

【来来来，参考答案准备给出结果，不过老黄觉得这样不严谨， 而且还要考虑h函数在e点左极限的情况，但是这涉及到高等数学极限的知识，所以老黄觉得这道题不够严谨，或者说有点离题 班级。 就参考答案而言，不够严谨]

还是h(v)<h(e-0)=f(e-0)-f(0 0)=0。 【e中的h无意义，取其左极限。 代入h的解析式后，可得f(e)的左极限和f(0)的右极限均等于0，故h(v)仍小于0。】

所以f(u)<f(e-v)，u<e-v，即u v<e，综上证明！

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