Question

1．已知定義在（-∞，4]上的函數(shù)f（x）與其導(dǎo)函數(shù)f'（x）滿(mǎn)足（x-1）（x-4）[f'（x）-f（x）]＜0，
若$f（{|x|+|y|+1}）-{e^{\frac{1}{2}|x|-1}}f（{\frac{1}{2}|x|+|y|+2}）＜0$，則點(diǎn)（x，y）所在區(qū)域的面積為（　�。�

• A． 12
• B． 6
• C． 18
• D． 9

Answer 1

分析 先構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性則原不等式可轉(zhuǎn)化為$\left\{\begin{array}{l}{-2＜x＜2}\\{|x|+|y|≤3}\\{|x|+2|y|≤4}\end{array}\right.$，畫(huà)出相對(duì)應(yīng)的可行域，求出影音部分的面積即可．

解答 解：構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$，
則g′（x）=$\frac{f′（x）{e}^{x}-f（x）{e}^{x}}{（{e}^{x}）^{2}}$=$\frac{f′（x）-f（x）}{{e}^{x}}$，
又（x-1）（x-4）[f'（x）-f（x）]＜0，
當(dāng)x＜1時(shí)，f'（x）-f（x）＜0，
當(dāng)1＜x＜4時(shí)，f'（x）-f（x）＞0，
∴g（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，
在[1，4]上單調(diào)遞增，
∵$f（{|x|+|y|+1}）-{e^{\frac{1}{2}|x|-1}}f（{\frac{1}{2}|x|+|y|+2}）＜0$，
∴f（|x|+|y|+1）＜${e}^{\frac{1}{2}|x|-1}$f（$\frac{1}{2}$|x|+|y|+2），
同除以e^|x|+|y|+1，
∴$\frac{f（|x|+|y|+1）}{{e}^{|x|+|y|+1}}$＜$\frac{f（\frac{1}{2}|x|+|y|+2）}{{e}^{\frac{1}{2}|x|+|y|+2}}$，
∴g（|x|+|y|+1）＜g（$\frac{1}{2}$|x|+|y|+2），
∵|x|+|y|+1≥1，$\frac{1}{2}$|x|+|y|+2≥2，
∴|x|+|y|+1＜$\frac{1}{2}$|x|+|y|+2，
即$\frac{1}{2}$|x|＜1，
∴|x|＜2，①
又定義域限制
∴|x|+|y|+1≤4，②
$\frac{1}{2}$|x|+|y|+2≤4，③，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2＜x＜2}\\{|x|+|y|≤3}\\{|x|+2|y|≤4}\end{array}\right.$，
畫(huà)出如圖所比表示的可行域，
∴S_陰影=2S_梯形=2×$\frac{1}{2}$×（2+4）×2=12，
故選：A

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用以及不等式的解法，考查了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，數(shù)形結(jié)合的能力，屬于難題