1樓：血魘
（1）顯然f（x）的定義域是r，關於原點對稱．又∵函式對一切x、y都有f（x+y）=f（x）+f（y），∴令x=y=0，得f（0）=2f（0），∴f（0）=0．再令y=-x，得f（0）=f（x）+f（-x），∴f（-x）=-f（x），
∴f（x）為奇函式．
（2）∵f（-3）=a且f（x）為奇函式，∴f（3）=-f（-3）=-a．
又∵f（x+y）=f（x）+f（y），x、y∈r，∴f（12）=f（6+6）=f（6）+f（6）=2f（6）=2f（3+3）=4f（3）=-4a．
故f（12）=-4a．
（3）任取x1＜x2，x2-x1＞0，則f（x2-x1）＞0∴f（x2）+f（-x1）＞0；
對f（x+y）=f（x）+f（y）取x=y=0得：f（0）=0，再取y=-x得f（x）+f（-x）=0即f（-x）=-f（x），∴有f（x2）-f（x1）＞0
∴f（x2）＞f（x1）
∴f（x）在r上是增函式．
設f(x)是定義在r上的函式。且對任意實數x,y都有
2樓：
證明：（1）令x=y=0，則f(0)=2f(0)故f（0）=0令y=-x，則f(0)=f(x)+f(-x)即f(x)=-f(-x)故函式f（x)是奇函式
（2）設x2>x1
則x2=x1+(x2-x1)
故f（x2）=f（x1）+f（x2-x1）且x2-x1>0故f（x2-x1）>0
因此f(x2)-f(x1)>0
故f（x)在r上是增函式
3樓：匿名使用者
令x=-y
則f(0)=f(x)+f(-x)
令x=y=0
則f(0)=f(0)+f(0)
所以f(0)=0
所以f(x)+f(-x)=0
所以f(x)是奇函式
設任意的x1,x2,且x1>x2
則x1-x2>0
則f(x1-x2)>0
又f(x1-x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1)-f(x2)也就是說f(x1)-f(x2)>0
所以根據函式增、減定義，f(x)為增函式
4樓：
(1)f(x+y)=f(x)+f(y)
令x=y=0得f(0)=2f(0),f(0)=0令y=-x得f(0)=f(x)+f(-x)所以f(-x)=-f(x)即f(x)是奇函式
(2)不妨設x1>x2則x1-x2>0所以f(x1-x2)>0即f(x1)+f(-x2)=f(x1)-f(x2)>0f(x1)>f(x2)
所以f(x)是(0,+∞)上的增函式，又f(x)是奇函式且f(0)=0，所以f(x)在(-∞,0)也是增函式，所以f(x)是r上的增函式。
設f（x）是定義在r上的函式，對任意的x，y∈r，恒有f（x+y）=f（x）?f（y），且當x＞0時，0＜f（x）＜1（
5樓：珠峰雷達爛菊
（1）可得f（0）?f（0）=f（0）
∴f（0）=1，或f（0）=0，
若f（0）=0，令y=0，則f（0）=0恆成立，故捨去，∴f（0）=1
（2）任意的x，y∈r，令x=y=12x，則f（x）=f（1
2x+1
2x）=f（1
2x）?f（1
2x）=[f（1
2x）]2＞0，
∴x∈r時，恒有f（x）＞0．
（3）設x1，x2∈r且x1＜x2，則f（x1）-f（x2）=f[（x1-x2）+x2]-f（x2）=f（x2）[f（x1-x2）-1]
∵x1-x2＜0
∴f（x1-x2）＞f（0）=1
∴f（x1-x2）-1＞0
對f（x2）＞0
∴f（x2）f[（x1-x2）-1]＞0
∴f（x1）＞f（x2）故f（x）在r上是減函式（4）∵f（x）?f（2+x）＞1，
∴f（2+2x）＞1=f（0），
∵f（x）在r上是減函式，
∴2+2x＜0
解得x＜-1，
故x的取值範圍為（-∞，-1）
已知定義在實數集r上的函式y=f（x）滿足條件：對於任意實數x、y都有f（x+y）=f（x）+f（y）．（1）求f（0
6樓：手機使用者
解答：（
1）解：令x=y=0，則f（0）=f（0）+f（0），所以f（0）=0
（2）證明：令y=-x，則f（0）=f（-x）+f（x），即f（-x）=-f（x）
故f（x）為奇函式；
（3）解：任取x1＜x2，則x2-x1＞0，故 f（x2-x1）＞0
又有題設知 f（x2-x1）=f（x2）+f（-x1）=f（x2）-f（x1）＞0
所以該函式f（x2）＞f（x1）
所以該函式f（x）為（-∞，+∞）單調增函式
所以函式f（x）在[-2，1]上單調增
因為f（-1）=-2，所以f（-2）=f（-1）+f（-1）=-4，f（1）=-f（-1）=2
所以f（x）在[-2，1]上的值域為[-4，2]．
設f（x）是定義在r上的函式，對於任意的x,y∈r，恒有f（x+y）=f（x）f（y）,且當x＞0 5
7樓：匿名使用者
設baif(x)是定義在r上的函式，對
du任意x,y∈r，恒有f(x+y)=f(x)f(y)，zhi當x>0時，有dao0：對於任意專x∈r,恒有f（x）＞0 ；
2.證明：f(x)在r上單屬調遞減
證明：1.令x=0，y=0，有f(0)=f^2(0),f(0)[f(0)-1]=0,所以有
f(0)=0或f(0)=1.
當f(0)=0,對於x>0,f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=0,與當x>0時，有00；
對於任意的x>0，有00,所以01>0.
綜上有對於任意x∈r,恒有f（x）＞0
證明：2.對於任意的x10,
f(x2)-f(x1)=f(x1+x0)-f(x1)=f(x1)f(x0)-f(x1)=f(x1)[f(x0)-1]
由於x0>0，所以00,所以f(x2)-f(x1)<0
所以函式f（x）在r上是減函式
8樓：匿名使用者
第一問少個條件，f（0）=1，當x<0時，f（x）>1；
f0+0=f0*f0,f0=0或1，帶入x=0，y=1，f0不等於0。
f0=fx*f-x
1=fx*f-x
01所以在r上fx>0
設f(x)是定義在r上的函式，對任意x,y∈r，都有f(x+y)=f(x)×f(y)，當且只當x＞0時，0＜f(x)＜1成立
9樓：匿名使用者
1、f(x+y)=f(x)f(y)
令y=0，得：f(x)=f(x)f(0)
因為f(x)不恒為0；
所以：f(0)=1
2、f(x+y)=f(x)f(y)
令y=-x，得：f(0)=f(x)f(-x)由（1）f(0)=1，得：f(x)=1/f(-x)不妨令x<0，則-x>0，
因為x>0時，01
即f(x)>1
所以，x<0時，f(x)>1
3、由（1）（2）：x<0時，f(x)>1；x=0時，f(x)=1；x>0時，01
x1=x1-x2+x2
f(x1)=f[(x1-x2)+x2]=f(x1-x2)f(x2)則f(x1-x2)=f(x1)/f(x2)因為f(x1-x2)>1
所以：f(x1)/f(x2)>1
因為f(x)恆正，所以：f(x2)>0
所以：f(x1)>f(x2)
即x1f(x2)
所以，f(x)在r上是單調遞減的。
祝你開心！希望能幫到你。。。
10樓：匿名使用者
設函式f（x)是定義域在r上的函式，且對於任意實數x y都有f(x+y)=f(x)f(y),且當x>0時，01
(2)證明f(x)是r上的減函式
(3)設集合m=p,p=，且m與p交集為空集，求a的取值範圍。
11樓：宇宙不安協會
（1)由題意f(1)=f(1+0)=f(1)f(0)，因為f(1)≠0，所以f(0)=1
（2)對任意x<0，有 f(0)=f(-x + x)= f(-x)f(x) = 1，
所以 f(x) = 1/f(-x)
因為此時 -x>0，所以 0 1
（3）設x11
f(x1) = f[x2+x1-x2] = f[x2] f[x1-x2]
f[x1]/f[x2]=f[x1-x2]>1
所以f(x1)>f(x2)
所以函式f（x）在r上是減函式。
（4）f（x1）+f（x2）- 2f（（x1+x2）/2）
= [ f(x1/2) ]^2 + [ f(x2/2) ]^2 - 2f(x1/2) f(x1/2)
=[ f(x1/2) - f(x1/2) ]^2 ≥0
即 （f（x1）+f（x2））/2 ≥ f（（x1+x2）/2）
作差比較大小
f（x1）=f（x1/2 + x1/2）= [ f(x1/2) ]^2
f（x2）=f（x2/2 + x2/2）= [ f(x2/2) ]^2
2f（（x1+x2）/2）= 2f(x1/2) f(x1/2)
所以f（x1）+f（x2）- 2f（（x1+x2）/2）
= [ f(x1/2) ]^2 + [ f(x2/2) ]^2 - 2f(x1/2) f(x1/2)
=[ f(x1/2) - f(x1/2) ]^2 ≥0
即 （f（x1）+f（x2））/2 ≥ f（（x1+x2）/2）
f(x)是定義在r上的函式，且對任意的x，y都有f(x+y)＝f(x)+f(y)-1成立當x＞0時
12樓：匿名使用者
（1）設 x10，於是f(x2-x1)>1。
在條件 f(x+y)=f(x)+f(y)-1中，令 x=x1，y=x2-x1，則 x+y=x2，於是f(x2)=f(x1) +f(x2-x1) -1>f(x1)從而 f(x)在r上是增函式。
（2）f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1即 5=2f(2)-1，解得 f(2)=2(3) 有點問題，把題目寫清吧
設f（x）是定義在r上的增函式，且對任意實數x，y均有f（x-y）=f（x）-f（y）．（ⅰ）求f（0），並證明f（
13樓：手機使用者
（ⅰ）令x=y得f（0）=0；
令x=0得，對任意實數y有f（-y）=f（0）-f（y）=-f（y），
故f（x）是r上的奇函式；
（ⅱ）∵f（1）=2，令x=1，y=-1得f（2）=f（1）-f（-1）=f（1）+f（1）=4，
f（x）-f（8-x）≤4?f[x-（8-x）]≤f（2）?f（2x-8）≤f（2），
由f（x）是r上的增函式知，
f（2x-8）≤f（2）?2x-8≤2，
解得x∈（-∞，5]．
設f（x）是定義在r上的函式，且對任意x，y∈r，均有f（x+y）=f（x）+f（y）+2014成立，若函式g（x）=f（x
14樓：手機使用者
∵f（x）是定義在r上的函式，且對任意x，y∈r，均有f（x+y）=f（x）+f（y）+2014成立，
∴取x=y=0，得：f（0）=f（0）+f（0）+2014，f（0）=-2014，
取y=-x，得到：f（0）=f（x）+f（-x）+2014，
∴f（x）+f（-x）=-4028．
記h（x）=f（x）+2014x2013+2014，
則h（-x）+h（x）=[f（-x）+2014（-x）2013+2014]+f（x）+2014x2013+2014
=f（x）+f（-x）+2014x2013-2014x2013+4028
=f（x）+f（-x）+4028
=0，∴y=h（x）為奇函式．
記h（x）的最大值為a，則最小值為-a．
∴-a≤f（x）+2014x2013+2014≤a，
∴-a-2014≤f（x）+2014x2013≤a-2014，
∵g（x）=f（x）+2014x2013，
∴∴-a-2014≤g（x）≤a-2014，
∵函式g（x）有最大值m和最小值m，
∴m=a-2014，m=-a-2014，
∴m+m=a-2014+（-a-2014）
=-4028．
故答案為：-4028．
設f x 是定義在R上的奇函式,且在 0,正無窮 上單調遞減,又f 3 0,則xf x 0的解集為
一元六個 f x 是定義在r上的奇函式，且在 0,正無窮 上單調遞減,那麼此函式在負無窮到0上是單調遞增的。完全可以模擬成 f x x 3 x 3 0 3 x 3 x 3 x 3 你可以自己按這個函式畫畫 答案自明瞭 墨棠華 x 3 0 3 f x 0 負無窮，3 x 0,f x 0 xf x 0 ...
已知f x 是定義在實數集R上的函式，且f x 2 1 f x1 f x ,f 2 1 根號3,則f 2019 等於多少
韓增民鬆 二樓的解答完全正確，問題是一般人看不太懂，我在這裡細化一下，能使樓主看明白 f x 2 1 f x 1 f x f 2 1 3 f x 2 f x 1 1 f x f x 4 f x 2 2 f x 2 1 1 f x 2 1 f x 1 1 f x 1 f x 1 1 f x 1 f x...
已知函式f x 是定義域在R上的奇函式,且在區間 無窮,0 上單調遞減,求滿足
解 當x屬於 負無窮，0 時 f x 2 2x 3 大於f x 2 4x 5 即x 2 2x 3 x 2 4x 5 2x 2 6x 8 0 解得x屬於 4,1 又因為x屬於 負無窮，0 綜上x 4,0 根據奇函式對稱性，當x 0,正無窮 時，f x 單調遞增f x 2 2x 3 大於f x 2 4x...