1樓:素顏
(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) 又令s=x,t=-x,則f(0)=f(x)+f(-x),∴f(x)+f(-x)=0,...(6分) ∴f(-x)=-f(x),∴f(x)是奇函式....(7分) (3)∵f(x)是r上的單調遞減函式,∴f(x)在[m,n]上也為減函式,...(8分) ∴f(x)在[m,n]上的最大值為f(m),最小值為f(n)....(9分) 又m,n∈z,∴f(m)=f[1+(m-1)]=f(1)+f(m-1)=2f(1)+f(m-2)=...=mf(1). 同理f(n)=nf(1),...(11分) 已知f(3)=-3得f(3)=3f(1)=-3,∴f(1)=-1,...(12分)∴f(n)=-n,f(m)=-m,...(13分) 所以,函式的值域為[-n,-m]....(14分) 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). 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 ... 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 ... 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...已知函式fx的定義域為R,對於任意的x,yR,都有f
已知函式fx的定義域為R,且f12,若對任意x
高一數 已知函式f x 的定義域為R，並且