1樓:蕭蕭是笨蛋
設g(dux)=exf(zhix),
∵f′(x)+f(x)<0,
∴g′(x)=ex(f′(x)+f(x))<0∴函式daog(x)為r上的減專函式;
∵m?m
=屬?(m?12)
+14<1,∴g(m-m2)>g(1)
即em?m
f(em?m
)>ef(1),
∴f(m?m)e
m?m+1
>f(1)
故選:a.
定義在r上的可導函式f(x)的導函式為f′(x),滿足f′(x)>f(x),f(0)=1,則不等式f(x)
2樓:仛狸
建構函式g(x)=f(x)ex
,則函式的導數為g′(x)=f′(x)e
x?f(x)ex(e
x)=f′(x)?f(x)ex
,∵f′(x)>f(x),∴g′(x)>0,即g(x)在
專r上單調屬遞增,
∵f(0)=1,∴g(0)=f(0)
e=1,
則不等式f(x) 則x<0, 即不等式的解集為(-∞,0), 故選:d 已知f(x)為定義在r上的可導函式,且f(x) 3樓:手機使用者 令g(x)=f(x)ex ,則g′ (x)=f ′(x)e x?f(x)exe 2x=f ′(x)?f(x)ex >0,∴函式g(x)在r上單調遞增, ∴g(2)>g(0),g(2012)>g(0),∴f(2) e>f(0) e,f(2012) e>f(0)e, 化為f(2)>e2f(0),f(2012)>e2012f(0).故選:a. 定義在r上的可導函式f(x),當x∈(1,+∞)時,f(x)+f′(x) 4樓:蘇打 ∵x∈(1,+∞)時,f(x)+f′(x) ∴[f(x) x-1]′>0 ∴g(x)=f(x) x-1在(1,+∞)上單調屬增∵ 2<2<3 ∴g( 2 ) ×f( 2 ) f(3) ∴( 2 +1)f( 2 ) f(3) ∴c 故選a. 已知函式f(x)是定義在r上的可導函式,其導函式記為f′(x),若對於任意實數x,有f(x)>f′(x),且 5樓:我愛崔 令g(x)=f(x) ex ,則g′(x)=f′(x)e x -f(x)ex [ex ]2 =f′(x)-f(x) ex ,∵f(x)>f′(x), ∴g′(x)<0, 即g(x)為減函式, ∵y=f(x)-1為奇函式, ∴f(0)-1=0, 即f(0)=1,g(0)=1, 則不等式f(x) 即g(x) 解得x>0, ∴不等式的解集為(0,+∞), 故選:b. 函式來f x 在x 1處取得極小值,源 x 1時,f x 0,x 1時,f x 0,x 1 時,y xf x 0,x 1,0 時,y xf x 0,x 0,時,y xf x 0,故選 c.設函式f x 在r上可導,其導函式為f x 且函式y 1 x f x 的圖象如圖所示 5 影象是函式 baiy ... 設g x du exf x ex,x r zhi則g x exf x exf daox ex ex f x f x 1 f x f x 回1,答f x f x 1 0,g x 0,y g x 在定義域上單調遞增,exf x ex 2014,g x 2014,又 g 0 e0f 0 e0 2015 1... 由於f 0 2，且f x 636f707962616964757a686964616f31333335343434 1 2f x 則f 1 2f 0 1，f 2 1 2f 1 2，f 3 14，f n 1 2 n 1 由於當x 0，時，f x cos2x f x sin2x f x 則有f x 1 ...設函式fx在R上可導,其導函式為fx,且函式fx
設fx是定義在R上的函式,其導函式為fx,若fx
已知函式f（x）在0上可導，其導函式記作f（x），f（02，且f（x12f（x），當x