作业帮（2013•绵阳二模）已知函数f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）
来源：学生作业帮 编辑：作业帮 分类：综合作业 时间：2024/05/21 10:55:26
（2013•绵阳二模）已知函数f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）
（Ⅰ）求g（x）=
−x(x∈(−1，+∞))
（Ⅰ）求g（x）=
| f(x+1) |
| x+1 |
（Ⅰ）由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））．
∴f（x+1）=（x+1）ln（x+1）（x∈（-1，+∞））．
则有g(x)＝
f(x+1)
x+1−x=
(x+1)ln(x+1)
x+1−x=ln（x+1）-x，
此函数的定义域为（-1，+∞）．
g′(x)＝
1
x+1−1＝−
x
x+1．
故当x∈（-1，0）时，g′（x）＞0；当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0．
所以g（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞），
故g（x）的极大值是g（0）=0；
（Ⅱ）证明：由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）），得f′（x）=lnx+1，
所以lnx0+1＝
f(x2)−f(x1)
x2−x1，
于是lnx0−lnx2＝
f(x2)−f(x1)
x2−x1−lnx2−1=
x2lnx2−x1lnx1
x2−x1−lnx2−1
=
x1lnx2−x1lnx1
x2−x1−1＝
ln
x2
x1
x2
x1−1−1，
令
x2
x1＝t（t＞1），则h(t)＝
lnt
t−1＝
ln−t+1
t−1，
因为t-1＞0，只需证明lnt-t+1＜0．
令s（t）=lnt-t+1，则s′(t)＝
1
t−1＜0，
∴s（t）在t∈（1，+∞）上递减，所以s（t）＜s（1）=0，
于是h（t）＜0，即lnx0＜lnx2，故x0＜x2．
同理可证x1＜x0，故x1＜x0＜x2．
（Ⅲ）证明：因为a1=1，an+1
∴f（x+1）=（x+1）ln（x+1）（x∈（-1，+∞））．
则有g(x)＝
f(x+1)
x+1−x=
(x+1)ln(x+1)
x+1−x=ln（x+1）-x，
此函数的定义域为（-1，+∞）．
g′(x)＝
1
x+1−1＝−
x
x+1．
故当x∈（-1，0）时，g′（x）＞0；当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0．
所以g（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞），
故g（x）的极大值是g（0）=0；
（Ⅱ）证明：由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）），得f′（x）=lnx+1，
所以lnx0+1＝
f(x2)−f(x1)
x2−x1，
于是lnx0−lnx2＝
f(x2)−f(x1)
x2−x1−lnx2−1=
x2lnx2−x1lnx1
x2−x1−lnx2−1
=
x1lnx2−x1lnx1
x2−x1−1＝
ln
x2
x1
x2
x1−1−1，
令
x2
x1＝t（t＞1），则h(t)＝
lnt
t−1＝
ln−t+1
t−1，
因为t-1＞0，只需证明lnt-t+1＜0．
令s（t）=lnt-t+1，则s′(t)＝
1
t−1＜0，
∴s（t）在t∈（1，+∞）上递减，所以s（t）＜s（1）=0，
于是h（t）＜0，即lnx0＜lnx2，故x0＜x2．
同理可证x1＜x0，故x1＜x0＜x2．
（Ⅲ）证明：因为a1=1，an+1
（2013•绵阳二模）已知函数f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）
已知函数f（x）=xlnx
（2011•绵阳二模）已知函数f（x）=sin x-cos （x-π6
已知函数f（x）=ax2+x-xlnx，
已知函数f（x）=xlnx．
（2014•红桥区二模）已知函数f（x）=xlnx，g（x）=（-x2+ax-3）ex（a为实数）．
（2013•绵阳二模）函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象如图所示，则此函数的解析式为（ ）
已知函数f（x）=xlnx+（a-1）x（a∈R）．
已知函数f(x)=xlnx,g(x)=ax²-a（a∈R）
已知函数f（x）=xlnx，求函数f（x）的最小值．
（2012•丰台区二模）设函数f（x）=xlnx+（a-x）ln（a-x）（a＞0）．
已知函数f（x）=xLnx求f（x）的最小值