Question

20．已知函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0
（Ⅰ）讨论函数F（x）=e^xf（x）的单调性并判断e^e-2f（e）＜f（2）是否成立？
（Ⅱ）设0＜x＜1，比较xf（x）与$\frac{1}{x}$f（$\frac{1}{x}$）的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，利用f（x）+f′（x）＜0，可得F（x）=e^xf（x）的单调性，从而可得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（$\frac{1}{x}$），证明${e}^{\frac{1}{x}-x}$＞$\frac{1}{{x}^{2}}$，即可得出结论．

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，+∞）上的减函数；
∵e＞2，∴F（e）＜F（2），则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（$\frac{1}{x}$），
下面证明：${e}^{\frac{1}{x}-x}$＞$\frac{1}{{x}^{2}}$，即证明$\frac{1}{x}$-x+2lnx＞0，
令g（x）=$\frac{1}{x}$-x+2lnx，则：
${g^'}（x）=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{2}{x}=-\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{x^2}＜0，g（x）在（0，1）↓，g（x）＞g（1）$，
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（$\frac{1}{x}$）．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查大小比较，正确求导是关键．