作业帮已知函数f（x）=xe-x（x∈R）
来源：学生作业帮 编辑：作业帮 分类：数学作业 时间：2024/11/09 10:15:43
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