Question

設(shè)f（x）=xlnx；對(duì)任意實(shí)數(shù)t，記g_t（x）=（1+t）x-e^t．
（1）判斷f（x），g_t（x）的奇偶性；
（2）（理科做）求函數(shù)y=f（x）-g₂（x）的單調(diào)區(qū)間；
  （文科做）求函數(shù)y=log_0.1（g₂（x））的單調(diào)區(qū)間；
（3）（理科做）證明：f（x）≥g_t（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)t恒成立．

Answer 1

分析：（1）先求出兩個(gè)函數(shù)的定義域，由于f（x）的定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱得到f（x）為非奇非偶函數(shù)，g_t（x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，再判斷g_t（-x）與g_t（x）的關(guān)系，利用奇偶性的定義加以判斷．
（2）（理）求出函數(shù)的定義域，再求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)大于0求出x的范圍寫出區(qū)間即得到遞增區(qū)間；令導(dǎo)函數(shù)小于0得到x的范圍寫出區(qū)間為遞減區(qū)間．
（文）通過對(duì)參數(shù)t的討論，求出函數(shù)的定義域，同時(shí)判斷出一次函數(shù)g_t（x）的單調(diào)性，然后利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性判斷出函數(shù)y=log_0.1（g₂（x））的單調(diào)性．
（3）構(gòu)造新函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)求出新函數(shù)的最小值，得到要證的不等式．

解答：解：（1）∵f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
∴f（x）為非奇非偶函數(shù)，
而g_t（x）的定義域?yàn)镽，
且g_t（-x）=（1+t）（-x）-e^x≠±g_t（x）
∴g_t（x）也為非奇非偶函數(shù)
（2）（理科）函數(shù)y=f（x）-g₂（x）=xlnx-3x+e²的定義域?yàn)椋?，+∞），
y'=lnx-2．
由y'＞0得x＜e²由y'＜0得0＜x＜e²
故=f（x）-g₂（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（e²，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（0，e²）
（文科）當(dāng)t＞-1時(shí)，函數(shù)y=log_0.1（g₂（x））的定義域?yàn)?span id="o74vvxq" class="MathJye">(

et

1+t

，+∞)
∵g_t（x）=（1+t）x-e^t此時(shí)遞增
∴函數(shù)y=log_0.1（g₂（x））在(

et

1+t

，+∞)遞減
當(dāng)t＜-1時(shí)，函數(shù)y=log_0.1（g₂（x））的定義域?yàn)?span id="pqqtukl" class="MathJye">(-∞，

et

1+t

)
∵g_t（x）=（1+t）x-e^t此時(shí)遞減
∴函數(shù)y=log_0.1（g₂（x））在(-∞，

et

1+t

)遞增
（3）令h（x）=f（x）-g_t（x）=xlnx-（1+t）x+e^t
則h'（x）=lnx-t．由h'（x）=0，得x=e^t，當(dāng)x＞e^t時(shí)，h′（x）＞0
當(dāng)0＜x＜e^t時(shí)，h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，e^t）上單調(diào)遞減，在（e^t，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）在（0，+∞）上有唯一極小值h（e^t），也是它的最小值，
而h（x）在（0，+∞）上的最小值h（e^t）=0
∴h（x）≥0，即f（x）≥g_t（x）

點(diǎn)評(píng)：求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，一般利用導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)大于0求出的x的范圍寫出區(qū)間為遞增區(qū)間；令導(dǎo)函數(shù)小于0求出x的范圍寫出區(qū)間為遞減區(qū)間；有時(shí)判斷函數(shù)的單調(diào)性利用復(fù)合函數(shù)的法則：同增異減的原則．