Question

20．已知函數(shù)f（x）是定義在（0，+∞）上的可導函數(shù)，且f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0
（Ⅰ）討論函數(shù)F（x）=e^xf（x）的單調(diào)性并判斷e^e-2f（e）＜f（2）是否成立？
（Ⅱ）設0＜x＜1，比較xf（x）與$\frac{1}{x}$f（$\frac{1}{x}$）的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導數(shù)，利用f（x）+f′（x）＜0，可得F（x）=e^xf（x）的單調(diào)性，從而可得e^e-2f（e）＜f（2）；
（II）0＜x＜1，x＜$\frac{1}{x}$，由已知F（x）＞F（$\frac{1}{x}$），可得f（x）＞${e}^{\frac{1}{x}-x}$f（$\frac{1}{x}$），證明${e}^{\frac{1}{x}-x}$＞$\frac{1}{{x}^{2}}$，即可得出結(jié)論．

解答 解：（I）F（x）=e^xf（x），∴F′（x）=e^x[f（x）+f′（x）]；
又∵f（x）+f′（x）＜0，∴F′（x）＜0，∴F（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)；
∵e＞2，∴F（e）＜F（2），則e^e-2f（e）＜f（2）成立．
（II）0＜x＜1，x＜$\frac{1}{x}$，由已知F（x）＞F（$\frac{1}{x}$），可得f（x）＞${e}^{\frac{1}{x}-x}$f（$\frac{1}{x}$），
下面證明：${e}^{\frac{1}{x}-x}$＞$\frac{1}{{x}^{2}}$，即證明$\frac{1}{x}$-x+2lnx＞0，
令g（x）=$\frac{1}{x}$-x+2lnx，則：
${g^'}（x）=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{2}{x}=-\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{x^2}＜0，g（x）在（0，1）↓，g（x）＞g（1）$，
即${e}^{\frac{1}{x}-x}$＞$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∴f（x）＞$\frac{1}{{x}^{2}}$f（$\frac{1}{x}$），
∴xf（x）＞$\frac{1}{x}$f（$\frac{1}{x}$）．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查大小比較，正確求導是關(guān)鍵．