Question

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

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．

Answer 1

（Ⅰ）解：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）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，+∞）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．