巧解一类不等式（优秀）_一类不等式

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巧解含有“f(x)f(x)”的填空题

先看下面的题目：

已知定义在R上的函数yf(x)其导函数为f(x)，且满足f(x)f(x)，则不

等式f(2x3)e

2x4

f(1)的解集为

2x4

f(2x3)e

2x3

解析：注意到f(2x3)ef(1)可写为：



f(1)e，令g(x)

f(x)e

x，则该

不等式即为g(2x3)g(1)，为此只要考虑g(x)的单调性即可，由

f(x)e

x

g(x)

f(x)e

2x

x

e



f(x)f(x)

e

x

0，从而g(x)在R上为增函数，所以

2x31,x2。

从上面的解题过程，可以发现：由条件f(x)f(x)可考虑构造函数g(x)

g(x)

f(x)f(x)

e

x

f(x)e

x，则，于是条件f(x)f(x)便用上了。

当然作为填空题下面的方法也很好：

另解：特取符合条件的函数f(x)e1，则由f(2x3)e

e

2x3

x

2x4

f(1)得

1e

2x4

(e1)，整理得e

2x4

1，2x40,x2.下面一题和这个题是完全一样的完全一样：

题目：f(x)是定义在R上的函数，导数为f(x)，且对一切实数x都有对正实数，比较f(a)与ef(0)的大小。（姜堰二中11届暑假作业）

x

a

f(x)f(x，解析：特殊值法：取f(x)2，或f(x)e1.构造函数法：令g(x)

f(x)e

x，则g(x)

f(x)f(x)

e

x

0，所以g(x)在R上是增函数，a

所以对于这正实数a，有g(a)g(0)，从而得f(a)大于ef(0)。

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