1樓:我愛樅吧
(1)證明:∵
baif(x)的定義du域為r,令x=y=0,則f(zhi0+0)dao=f(0)+f(0)=2f(0),
∴f(0)=0.
令內y=-x,則f(x-x)=f(x)+f(-x),即容f(0)=f(x)+f(-x)=0.
∴f(-x)=-f(x),故f(x)為奇函式.(2)證明:任取x1,x2∈r,且x1 又∵x2-x1>0,∴f(x2-x1)<0,∴f(x2)-f(x1)<0,即f(x1)>f(x2). 故f(x)是r上的減函式. (3)∵f(-1)=2,∴f(-2)=f(-1)+f(-1)=4.又f(x)為奇函式,∴f(2)=-f(-2)=-4,∴f(4)=f(2)+f(2)=-8. 由(2)知f(x)是r上的減函式, 所以當x=-2時,f(x)取得最大值,最大值為f(-2)=4; 當x=4時,f(x)取得最小值,最小值為f(4)=-8.所以函式f(x)在區間[-2,4]上的值域為[-8,4]. 已知函式f(x)的定義域為r,對於任意的x,y∈r,都有f(x+y)=f(x)+f(y),且當x>0時,f(x)<0, 2樓:神降 (1)證明:∵對任意的x、y∈r,都有f(x+y)=f(x)+f(y), ,f(0)=f(0)+f(0)=2f(0), ∴f(0)=0. 令y=-x得,f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)=0, 即f(-x)=-f(x), ∴函式f(x)為奇函式. (2)f(x)在r上單調遞減. 證明:設x1 則f(x1)-f(x2)=f(x1)-f[(x2-x1)+x1]=f(x1)-[f(x2-x1)+f(x1)]=-f[(x2-x1), 因為當x>0時,f(x)<0,且x2-x1>0,所以f[(x2-x1)<0, 所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2). 所以函式f(x)為r上的減函式. 由f(x+y)=f(x)+f(y)及f(-1)=2得,f(-2)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)=4, f(4)=f(2)+f(2)=2f(2),因為f(x)為奇函式,所以f(-2)=-f(2)=4,f(2)=-4,所以f(4)=-8. 又函式f(x)在區間[-2,4]上單調遞減,所以f(4)≤f(x)≤f(-2),即-8≤f(x)≤4. 故函式f(x)在區間[-2,4]上的值域為[-8,4]. (3)因為函式f(x)在r上是奇函式,且單調遞減, 所以不等式f(t2-2kt)+f(2t2-1)<0?f(t2-2kt)<-f(2t2-1)=f(1-2t2)?t2-2kt>1-2t2, 所以對任意t∈[1,3],不等式f(t2-2kt)+f(2t2-1)<0恆成立, 等價於t2-2kt>1-2t2恆成立,即t∈[1,3]時2k<3t-1 t恆成立, 而易知3t-1 t在∈[1,3]上單調遞增,所以(3t?1t) min=3-1=2, 所以有2k<2,解得k<1. 所以實數k的取值範圍為(-∞,1). 已知函式f(x)的定義域為r,對於任意的x,y∈r,都有f(x+y)=f(x)+f(y),且當x>0時,f(x)<0, 3樓:該隱g丶 (1))∵f(x)的bai定義du域為r,令x=y=0,則zhif(0+0)=f(dao0)+f(0)=2f(0), ∴f(0)=0. 令x=y=-1時,f(-2)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)=2×回2=4, ∴f(-3)=f(-1-2)=f(-1)+f(-2)=2+4=6; ∵f(0)=0,∴ 答令y=-x,得f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)=0,即f(-x)=-f(x),則f(x)是奇函式,∴f(3)=-f(-3)=-6 (2)設x1 (3)不等式不等式f(1-2x)+f(x)+6>0等價為f(1-3x)+f(x)>f(3), 即f(1-2x+x)=f(1-x)>f(3),∵函式f(x)的單調遞減, ∴1-x<3, 解得x≥-2, 即不等式的解集為(-2,+∞), 設函式f(x)對於任意x,y∈r,都有f(x+y)=f(x)+f(y),且f(x)在區間[0,+∞ 4樓:匿名使用者 (1)令x=y=0,則 來有f(源0)=2f(0)⇒f(0)=0.令y=-x,則有f(0)=f(x)+f(-x)=0,2)由(1)知(-x)=-f(x), ∴f(x)是奇函式. (3)任取x1 ∴f(x1)>f(x2), ∴y=f(x)在r上為減函式. f(x2-1)+f(x)=f(x2+x-1)>f(-1)=-f(1)=2 x2-1+x<-1. -1 5樓:涼苡年 (1)取x=0,y=0 f(0)=f(0)+f(0) f(0)=2f(0) f(0)=0 (2)任取x,duy。令zhiy=-x f(0)=f(x)+f(-x)=0 所以daof(x)是奇 內函式(3)f(x2-1)+f(x)=f(x2+x-1)=f(x2+x)+f(-1) =f(x2+x)-f(1) =f(x2+x)+2> 容2所以f(x2+x)>0 f(x)是奇函式,在[0,+∞)遞增,所以在(-∞,0)上也遞增。 f(0)=0 所以x2+x>0 x(x+1)>0 解得:x<-1或x>0 x∈(-∞,-1)∪(0,+∞) 6樓:風車和谷堆 (1)抄f(0)=f(0)襲+f(0) 故f(0)=0(2)令y=-x 由f(x+y)=f(x)+f(y) 有f(x)+f(-x)=f(x+(-x))=f(0)=0即f(-x)=-f(x) (3)由f(x2-1)+f(x)>2和f(x+y)=f(x)+f(y) 有f(x2+x-1)>2 又f(x)在區間[0,+∞)時是減函式且f(x)是奇函式故f(x)在r上單調遞減 由f(1)=-2得f(-1)=2 即f(x2+x-1)>2=f(-1) 有x2+x-1<-1 解得-1 7樓:匿名使用者 (1) 令x=y=0,得f(0+0)=f(0)+f(0),∴f(0)=2f(0),得f(0)=0 (2) 令y=-x,得f(x-x)=f(x)+f(-x),∴f(x)+f(-x)=0,∴f(x)是奇函式 (3) f(x2-1)+f(x)=f(x2-1+x),f(-1)=-f(1)=2 ∴f(x2-1+x)>f(-1) ∵f(x)在專[0,+∞)上是減函屬 數,且f(x)為奇函式,∴f(x)在r上也是減函式∴x2-1+x<-1,得x(x+1)<0,∴解得-1 已知函式f(x)的定義域為r,且對任意x,y屬於r都有f(x+y)=f(x)+f(y) 若x>0時,有f(x)<0 8樓:匿名使用者 解:因為對任意x,y屬於r都有f(x+y)=f(x)+f(y) 則當x=y=0時,有f(0)+f(0)=f(0+0)=f(0),即得f(0)=0 令y=-x,則f(x)+f(y)=f(x)+f(-x)=f(x+(-x))=f(0)=0 所以專f(x)=-f(x) 所以f(x)是奇函式 又當屬x>0時,有f(x)<0 所以f(x)在r上不能恆為0 所以f(x)只能是奇函式(既是奇函式又是偶函式的函式只有f(x)=0,x的定義域關於原點對稱) 對於你提的問題實在不明白,f(0)=0是根據已知條件得出來的,又不是附加上去的,過程你自己也給出來了。 9樓:春光 那你就令x=y=o,(反正x,y屬於r),把x=y=0代入f(x)+f(y)=f(x+y),f(0)+f(0)=f(0),兩邊同時減去一個f(0),結果版f(0)=0, 權 偶函式需要定義域關於原點對稱,函式圖象關於y軸對稱,f(0)=0即當x=0時y=0,也跟是不是偶函式沒什麼關係呀,因為(0,0)本來就在y軸上,對稱後還在(0,0)上,所以 如果函式是偶函式的話 ,f(0)等於0也沒什麼關係 e68a8462616964757a686964616f313333353330661 在r任取x1 x2 且x1 f x2 f x1 f x2 x1 2分 x2 x1 0,f x2 x1 0,3分 f x2 f x1 0,即f x2 2 令s t 0,則f 0 f 0 f 0 f 0 0.5分 又... 解 依題意f 0 f x f x 又f 0 f 0 f 0 所以f 0 0 令x x y x 則f x x f x f x f 0 0所以 f x f x 所以該函式為奇函式 任取x1 x2屬於 3,3 且x10 所f x2 x1 0 所以f x2 所以 x 3時 有最大值6 x 3時 有最小值 6... 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 已知函式f x 的定義域為r,且f 0 2,對任意x r,都有f x f x ...已知函式fx的定義域為R,對任意s,tR都有fst
高一數 已知函式f x 的定義域為R，並且
已知函式fx的定義域為R,且f12,若對任意x