Question

(理)已知函數f(x)=xlnx.

(1)求函數f(x)的單調區間和最小值;

(2)當b＞0時，求證:b^b≥(其中e=2.718 28…是自然對數的底數);

(3)若a＞0,b＞0，證明f(a)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b).

(文)已知向量m=(x²,y-cx),n=(1,x+b)(x,y,b,c∈R)且m∥n,把其中x,y所滿足的關系式記為y=f(x).若f′(x)為f(x)的導函數,F(x)=f(x)+af′(x)(a＞0),且F(x)是R上的奇函數.

(1)求和c的值.

(2)求函數f(x)的單調遞減區間(用字母a表示).

(3)當a=2時,設0＜t＜4且t≠2,曲線y=f(x)在點A(t,f(t))處的切線與曲線y=f(x)相交于點B(m,f(m))(A與B不重合),直線x=t與y=f(m)相交于點C,△ABC的面積為S,試用t表示△ABC的面積S(t),并求S(t)的最大值.

Answer 1

答案：(理)解:(1)∵f′(x)=lnx+1(x＞0),

令f′(x)≥0,即lnx≥-1=lne^-1.∵e=2.718 28…＞1,∴y=lnx在(0,+∞)上是單調遞增函數.

∴x≥e^-1=.∴x∈［,+∞).同理,令f′(x)≤0可得x∈(0,］.∴f(x)的單調遞增區間為［,+∞),單調遞減區間為(0,］.

由此可知y=f(x)_min=f()=.

(2)證明:由(1)可知當b＞0時,有f(b)≥f(x)_min=,∴blnb≥,

即ln(b^b)≥=ln().∴b^b≥().

(3)證明:將f(a)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b)變形,得f(a)+f(b)≥f(a+b)-(a+b)ln2,

即證f(a)+f(a+b-a)≥f(a+b)-(a+b)ln2.設函數g(x)=f(x)+f(k-x)(k＞0).

∵f(x)=xlnx,∴g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x).∴0＜x＜k.∵g′(x)=lnx+1-ln(k-x)-1=ln,

令g′(x)＞0,則有＞1＞0＜x＜k.

∴函數g(x)在［,k)上單調遞增,在(0,］上單調遞減.∴g(x)的最小值為g(),即總有g(x)≥g().而g()=f()+f(k-)=kln=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2,∴g(x)≥f(k)-kln2,

即f(x)+f(k-x)≥f(k)-kln2.令x=a,k-x=b,則k=a+b.∴f(a)+f(b)≥f(a+b)-(a+b)ln2.

∴f(a)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b).

 (文)解：(1)∵f(x)=x³+bx²+cxz∴f′(x)=3x²+2bx+c.

∵F(x)=f(x)+af′(x)=x³+(b+3a)x²+(c+2ab)x+ac為奇函數,由F(-x)=-F(x),可得b+3a=0,ac=0.

∵a＞0,∴b=-3a,c=0.∴=-3,c=0.

(2)由(1)可得f(x)=x³-3ax²,∴f′(x)=3x(x-2a).令3x(x-2a)≤0,解得0≤x≤2a.∴函數f(x)的單調遞減區間為［0,2a］.

(3)當a=2時,曲線y=f(x)在點A(t,f(t))處的切線方程為y-f(t)=f′(t)(x-t),k_AB=f′(t)=3t(t-4).

聯立方程組化簡,得f(x)-f(t)=f′(t)(x-t),

即x³-6x²-t³+6t²=(3t²-12t)(x-t),(x-t)(x²+xt+t²-6x-6t)=(x-t)(3t²-12t).

∵A、B不重合,∴x≠t.∴x²+xt+t²-6x-6t=3t²-12t.∴x²+(t-6)x-2t²+6t=0,

即(x-t)(x+2t-6)=0.∵x≠t,∴x=-2t+6.又另一交點為B(m,f(m)),∴m=-2t+6.

S(t)=|m-t|·|f(m)-f(t)|=(m-t)²·|k_AB|=(t-2)²·3t(4-t)=(t-2)²(4-t)t,其中t∈(0,2)∪(2,4).

令h(t)=(t-2)²(4-t)t,其中t∈(0,2)∪(2,4).∵h(t)=-(t⁴-8t³+20t²-16t),

∴h′(t)=-4(t³-6t²+10t-4)=-4(t-2)(t-2+)(t-2-).

由解得0＜t≤2-,或2＜t≤2+.

于是函數h(t)在區間(0,2-］、(2,2+］上是單調增函數;在區間［2-,2)、［2+,4)上是單調減函數.當t=2-和t=2+時,函數y=h(t)有極大值.

∴h(t)_max=h(2-)=h(2+)=4.∴S(t)_max=54.