已知函数f(x)= xe -x (x∈R)。 (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)已知函数y=g(x)的图象与

已知函数f(x)=xe-x(x∈R)。(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)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... 已知函数f(x)= xe -x (x∈R)。 (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)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); (3)如果x 1 ≠x 2 ,且f(x 1 )=f(x 2 ),证明x 1 +x 2 >2。 展开
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解:(1)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
(2)证明:由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)e x-2
令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe -x +(x -2)e x-2
于是F′(x)=(x-1)(e 2x-2 -1)e -x
当x>1时,2x-2>0,从而e 2x-2 -1 >0
又e -x >0,
所以F′(x)>0
从而函数F(x)在[1,+∞)上是增函数
又F(1)=e -1 -e -1 =0,
所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x)。
(3)①若(x 1 -1)(x 2 -1)=0,由(1)及f(x 1 )= f(x 2 ),得x 1 =x 2 =1,与x 1 ≠x 2 矛盾
②若(x 1 -1)(x 2 -1)>0,由(1)及f(x 1 )=f(x 2 ),得x 1 =x 2 ,与x 1 ≠x 2 矛盾
根据①②得(x 1 -1)(x 2 -1)<0
不妨设x 1 <1,x 2 >1
由(2)可知,f(x 2 )>g(x 2 ),g(x 2 )=f(2-x 2 ),
所以f(x 2 )>f(2 -x 2 ),
从而f(x 1 )>f(2-x 2
因为x 2 >1,
所以2-x 2 <1
又由(1)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数,
所以x 1 >2-x 2 ,即x 1 +x 2 >2。

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