题目

(理)已知函数f(x)=xlnx.(1)求函数f(x)的单调区间和最小值;(2)当b＞0时，求证:bb≥(其中e=2.718 28…是自然对数的底数);(3)若a＞0,b＞0，证明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所满足的关系式记为y=f(x).若f′(x)为f(x)的导函数,F(x)=f(x)+af′(x)(a＞0),且F(x)是R上的奇函数.(1)求和c的值.(2)求函数f(x)的单调递减区间(用字母a表示).(3)当a=2时,设0＜t＜4且t≠2,曲线y=f(x)在点A(t,f(t))处的切线与曲线y=f(x)相交于点B(m,f(m))(A与B不重合),直线x=t与y=f(m)相交于点C,△ABC的面积为S,试用t表示△ABC的面积S(t),并求S(t)的最大值. 答案：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,+∞)上是单调递增函数.∴x≥e-1=.∴x∈［,+∞).同理,令f′(x)≤0可得x∈(0,］.∴f(x)的单调递增区间为［,+∞),单调递减区间为(0,］. 由此可知y=f(x)min=f()=.(2)证明:由(1)可知当b＞0时,有f(b)≥f(x)min=,∴blnb≥,即ln(bb)≥=ln().∴bb≥().(3)证明:将f(a)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b)变形,得f(a)+f(b)≥f(a+b)-(a+b)ln2,即证f(a)+f(a+b-a)≥f(a+b)-(a+b)ln2.设函数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,则有＞1＞0＜x＜k.∴函数g(x)在［,k)上单调递增,在(0,］上单调递减.∴g(x)的最小值为g(),即总有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,则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为奇函数,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.∴函数f(x)的单调递减区间为［0,2a］. (3)当a=2时,曲线y=f(x)在点A(t,f(t))处的切线方程为y-f(t)=f′(t)(x-t),kAB=f′(t)=3t(t-4).联立方程组化简,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.又另一交点为B(m,f(m)),∴m=-2t+6. S(t)=|m-t|·|f(m)-f(t)|=(m-t)2·|kAB|=(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+.于是函数h(t)在区间(0,2-］、(2,2+］上是单调增函数;在区间［2-,2)、［2+,4)上是单调减函数.当t=2-和t=2+时,函数y=h(t)有极大值.∴h(t)max=h(2-)=h(2+)=4.∴S(t)max=54.

查看本题答案和解析