已知函数f(x)=xe-x(x∈R)
来源:学生作业帮 编辑:大师作文网作业帮 分类:数学作业 时间:2024/11/06 05:59:13
已知函数f(x)=xe-x(x∈R)
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值;
(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时,f(x)>g(x);
(Ⅲ)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x2>2.
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值;
(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时,f(x)>g(x);
(Ⅲ)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x2>2.
(Ⅰ)f′(x)=(1-x)e-x
令f′(x)=0,解得x=1
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表
所以f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数.
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=
1
e.
(Ⅱ)证明:由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)ex-2
令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe-x+(x-2)ex-2
于是F'(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x
当x>1时,2x-2>0,从而e2x-2-1>0,又e-x>0,所以f′(x)>0,从而函数F(x)在[1,+∞)是增函数.
又F(1)=e-1-e-1=0,所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).
(Ⅲ)证明:(1)若(x1-1)(x2-1)=0,由(I)及f(x1)=f(x2),则x1=x2=1.与x1≠x2矛盾.
(2)若(x1-1)(x2-1)>0,由(I)及f(x1)=f(x2),得x1=x2.与x1≠x2矛盾.
根据(1)(2)得(x1-1)(x2-1)<0,不妨设x1<1,x2>1.
由(Ⅱ)可知,f(x2)>g(x2),
则g(x2)=f(2-x2),
所以f(x2)>f(2-x2),
从而f(x1)>f(2-x2).
因为x2>1,所以2-x2<1,
又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数,
所以x1>2-x2,即x1+x2>2.
令f′(x)=0,解得x=1
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表
所以f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数.
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=
1
e.
(Ⅱ)证明:由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)ex-2
令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe-x+(x-2)ex-2
于是F'(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x
当x>1时,2x-2>0,从而e2x-2-1>0,又e-x>0,所以f′(x)>0,从而函数F(x)在[1,+∞)是增函数.
又F(1)=e-1-e-1=0,所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).
(Ⅲ)证明:(1)若(x1-1)(x2-1)=0,由(I)及f(x1)=f(x2),则x1=x2=1.与x1≠x2矛盾.
(2)若(x1-1)(x2-1)>0,由(I)及f(x1)=f(x2),得x1=x2.与x1≠x2矛盾.
根据(1)(2)得(x1-1)(x2-1)<0,不妨设x1<1,x2>1.
由(Ⅱ)可知,f(x2)>g(x2),
则g(x2)=f(2-x2),
所以f(x2)>f(2-x2),
从而f(x1)>f(2-x2).
因为x2>1,所以2-x2<1,
又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数,
所以x1>2-x2,即x1+x2>2.
已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
已知函数f(x)=xe^-x(x属于R)
已知函数f(x)=xe^-x(x∈R) (1)求函数f(x)的单调区间和极值
已知函数f(x)=xe^x则f'(x)=
已知函数f(x)=xe^kx求导 用f(x)g(x)公式算
已知函数f(x)=xe^-x+(x-2)e^(x-a) 当a=2时,证明函数f(x)在R上是增函数(2)若a>2时,当x
已知函数f(x)=xe^x+1
已知f(x)的一个原函数xe^x,则∫(1,0)f(x)dx=?
已知f(x)的一个原函数xe^-x,则∫(1,0)f(x)dx=?
已知函数f(x)=[xe^-x]+(x-2)e^(x-a).(1)当a=2时,证明函数f(x)在R上是增函数
已知函数f(x)=x|x-a|(x∈R).
(2014•启东市模拟)已知函数f(x)=xe