1樓:宙斯4q姏
∵f′(
x)>f(回x)
∴f′(x)-f(x)>0
∵e-x >0
∴e-x [f′(x)-f(x)]>0
∴e-x f′(x)-e-x f(x)>0而[e-x f(x)]′=(e-x )′答f(x)+e-x f′(x)=-e-x f(x)+e-x f′(x)>0
∴e-x f(x)是單調遞增函式
取x=2011,
於是e-2011 f(2011)>e-0 f(0)=f(0)∴f(2011)>e2011 f(0).故選a
設函式f(x)在r上存在導數f′(x),對任意的x∈r有f(-x)+f(x)=x2,且在(0,+∞)上f′(x)>x.
2樓:牛阿乾
令來g(x)=f(x)源-12x2
,∵g(-x)+g(x)=f(-x)-1
2x2+f(x)-1
2x2=0,
∴函式g(x)為奇函式.
∵x∈(0,+∞)時,g′(x)=f′(x)-x>0,故函式g(x)在(0,+∞)上是增函式,故函式g(x)在(-∞,0)上也是增函式,
由f(0)=0,可得g(x)在r上是增函式.f(2-a)-f(a)≥2-2a,等價於f(2-a)-(2?a)2≥f(a)-a
2,即g(2-a)≥g(a),
∴2-a≥a,解得a≤1,
故答案為:(-∞,1].
已知函式f(x)的定義域為r,且f(-1)=2,若對任意x∈r函式f(x)的導數f′(x)>2都成立,則f(x)>2
3樓:手機使用者
設f(x)
=f(x)-(2x+4),
則f(-1)=f(-1)-(-2+4)=2-2=0,又對任意
專x∈r,f′(
屬x)>2,所以f′(x)=f′(x)-2>0,即f(x)在r上單調遞增,
則f(x)>0的解集為(-1,+∞),
即f(x)>2x+4的解集為(-1,+∞).故選:d
設函式f(x)在r上存在導數f′(x),對任意的x∈r,有f(-x)+f(x)=x2,且x∈(0,+∞)時,f′(x)
4樓:手機使用者
∵f(-x)+f(baix)=x2
,∴duf(zhix)dao-1
2x2 +f(-x)+1
2x2 =0,
令g(x)=f(x)-1
2x2,∵g(-x)+g(x)=f(-x)-12x2+f(x)-1
2x2=0,
∴函式回g(x)為奇函式.
∵x∈(0,+∞)答時,g′(x)=f′(x)-x>0,故函式g(x)在(0,+∞)上是增函式,
故函式g(x)在(-∞,0)上也是增函式,由f(0)=0,可得g(x)在r上是增函式.
f(2-a)-f(a)≥2-2a,等價於f(2-a)-(2?a)2≥f(a)-a2,
即g(2-a)≥g(a),∴2-a≥a,解得a≤1,故選:b.
5樓:不言傷在路上
f(x)=x+1/2x2 f(x)+f(-x)=x2f'(x)=1+x>x (0=2-2a
(2-a)+1/2(2-a)2
-(a+1/2a2)>=2-2a
a<=1
已知函式f x 滿足對任意實數x,y都由f x y f x f y xy 1,且f
1.令x y 0，f 0 2f 0 1,則f 0 1 令x 2,y 2,f 0 f 2 f 2 4 1,f 2 4 令x y 1,f 2 2f 1 1 1,f 1 1.2.f t f t 1 1 f t 1 f 1 t 1 1 f t 1 t x 0時f x 0 這很容易看得出來 所以f t t 3...
定義在11上的函式fx滿足對任意x,y
1 令x y 0由baif x f y f x y 1 xy 可得f 0 0 du 再令zhi daoy x 由f x f y f x y 1 xy 可得 f x f x f 0 0,因此函專數f x 在 1.1 上為 屬奇函式 2 在 1.0 上令x x1,y x2,且x1 則f x1 f x2 ...
若函式f（x）對定義域中任意x均滿足f（x） f（2a x）2b，則稱函式y f（x）的圖象關於點（a，b）對稱
由題設，函式f x x mx m x的圖象關於點 0，1 對稱，f x f x 2，x mx mx x mx m x 2 m 1 4分 函式g x 在 0 0，上的圖象關於點 0，1 對稱，g x g x 2，當x 0，時，g x x2 ax 1，當x 0時，g x 2 g x x2 ax 1 8分...