1樓：匿名使用者
設 x10
所以 f(x2) -f(x1)=f(x2-x1)<0即 f(x1)>f(x2)
從而 f(x)是r上的減函式。
又在條件中，令m=n=0，得f(0)+f(0)=f(0)，即 f(0)=0
再令 m=x，n=-x，得f(x)+f(-x)=f(0)=0，所以 f(-x)=-f(x)
因為 f(1)=-2/3
所以 f(2)=f(1)+f(1)=-4/3f(3)=f(1)+f(2)=-2
f(-3)=-f(3)=2
從而 f(x)在[-3,3]上的最大值為f(-3)=2，最小值為f(3)=-2
2樓：匿名使用者
令m=n=0，有f(0)+f(0)=f(0),得f(0)=0；
f(x)+f(-x)=f(0)=0，那麼f(-x)=-f(x)，函式為奇函式；
另m>n,f(m)=f(n)+f(m-n),m-n>0,則f(m-n)<0,即f(m) f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值就是f(-3)和f(3)； f(2)=f(1)+f(1)=-4/3；f(3)=f(2)+f(1)=-6/3=-2；f(-3)=2。 已知函式f（x）對任意的m，n∈r，都有f（m+n）=f（m）+f（n），並且x＞0時恒有f（x）＞0（1）求證：f（x 3樓：戰歌 （1）任取x1 ，x2 ，且x1 ＜x2 ， 由f（m+n）=f（m）+f（n），得f（m+n）-f（n）=f（m）， 所以f（x2 ）-f（x1 ）=f（x2 -x1 ）， 又x＞0時恒有f（x）＞0，且x2 -x1 ＞0， 所以f（x2 -x1 ）＞0，即f（x2 ）-f（x1 ）＞0，所以f（x2 ）＞f（x1 ）， 故f（x）在r上為增函式； （2）令m=n=0，則由f（m+n）=f（m）+f（n），得f（0）=f（0）+f（0），所以f（0）=0， f（k?3x ）+f（3x -9x -2）＜0?f[（k?3x ）+（3x -9x -2）]＜f（0）， 由（1）知f（x）為增函式，所以（k?3x ）+（3x -9x -2）＜0，即（k+1）?3x -9x -2＜0，也即（k+1）＜3 x +2 3x ，所以f（k?3x ）+f（3x -9x -2）＜0對?x∈r恆成立，等價於（k+1）＜3 x +2 3x 恆成立，又3x +2 3x ≥2 3x ?2 3x =2 2 ，當且僅當3 x =2 3x ，即x=log3 2時取得等號， 所以k+1＜2 2 ，即k＜2 2 -1，故實數k的取值範圍為：k＜2 2-1． 設函式f(x)在x=0處可導，討論函式|f(x)|在x=0處的可導性。 4樓：o客 1. 若函式f(x)在x=0的某個鄰域內不變號，即在這個鄰域內f(x)≥0恆成立，或f(x)≤0恆成立，則在這個鄰域內|f(x)|=±f(x)， 顯然，函式|f(x)|在x=0處可導。 2. 若函式f(x)在x=0的任意鄰域內變號，在這個鄰域內， 不妨設x>0， f(x)>0， 有|f(x)|=f(x) ，這時|f(0+)|』=f』(0+)； x<0，f(x)<0，有|f(x)|=-f(x)， 這時|f(0-)|』=-f』(0-)。 由函式f(x)在x=0處可導，知f』(0+)=f』(0-). 又由假設知，f』(0)≠0，即f』(0+)=f』(0-)≠0（不然的話，x=0是f(x)的駐點，f(x)在這點將改變增減性，與f』(0+)=f』(0-)矛盾） 所以， 函式|f(x)|在x=0處不可導。 親，舉例如下。 1. y=cosx，y=-x²。 2. y=sinx，y=x. 定義在r+上的函式f(x),對於任意的m,n∈r+,都有f(mn)=f(m)+f(n),x>1時,f(x)<0, 5樓：後藝餘初蘭 解:(1)令m=1，n=0，則 f(0)=f(1)+f(0) ∴f(1)=0 (2)在r+上任取0＜x1＜x2，則 f(x2)-f(x1) =f(x2/x1·x1)-f(x1) =f(x2/x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2/x1) ∵x1＜x2 ∴x2/x1＞1 由題意可知，當x＞1時，f(x)＜0 ∴f(x2/x1)＜0，即 f(x2)＜f(x1) ∴f(x)在r+上是減函式(3)這個很奇怪，由題意可知， 當x＞1時，f(x)＜0， 可是f(2)怎麼會等於1/2呢? 6樓：薩瑋濯香柳 1.當m=1時，f(n)=f(1)+f(n)所以f(1)=0; 2.當n=m=x時，f(x^2)=2f(x)，當x＞1時，x^2＞x,f(x^2)＜f(x)＜0,所以當x＞1時，f(x)是減函式。 當0＜x≤1時，0＜x^2＜x≤1,f(x^2)=2f(x)，若f(x)≥0，則f(x^2)≥f(x)≥f(1)=0，f(x)在0＜x≤1上是減函式; 若f(x)＜0，則0=f(1)＜f(x^2)＜f(x)，無法確定增減; 7樓：席藹權問雁 解:(1)f(1)=f(1×1)=f(1)+f(1)=2f(1),故f(1)=0 (2)在r+上任取x1>x2,依題意有: f(x1)=f(x2×x1/x2)=f(x2)+f(x1/x2)f(x1)-f(x2)=f(x1/x2) 又因為x1>x2>0,故x1/x2>1,依題意有: f(x1)-f(x2)=f(x1/x2)<0,即f(x1)1=f(4) 又因為f(x)在r+上是減函式,故有: 0 解得x∈(-1,0)∪(3,4) 已知函式f(x)的定義域為r,對任意實數m,n都有f(m+n)=f(m)*f(n), 8樓：十年 （1）對於任意實數n有f(n)=f(0+n)=f(0)*f(n) ∴f(0)=1 任意實數m有f(m-m)=f(m)*f(-m)=f(0)=1 ∴f(m)=1/f(-m) 當m>0時01 ∴x<0時，f(x)>1 (2)設x11(這步由第（1）小題的結論得來的哦~) ∴x1f(x2) ∴f(x)在r上單調遞減 （3）f(x^2)*f(y^2)=f(x^2+y^2)>f(1) ∵f(x)在r上單調遞減 ∴a=(以原點為圓心1為半徑的圓內部), 又f(ax-y+2)=1=f(0) ∴b=（過（0，2）的直線） a∩b=空集 即圓心到直線的距離要大於1 由點到直線的距離公式得 |a*0-0+2|/√(a^2+(-1)^2) >1(√表示開根號哈~) 即a^2+1<4 解得-√3 已知函式f（x）對於任意m，n∈r，都有f（m+n）=f（m）+f（n）-1，並且當x＞0時f（x）＞1．（1）求證：函 9樓：隗傲雲 （1）證明：設x1，x2∈r，且x1＜x2，則x2-x1＞0，則f（x2-x1）＞1 ∵函式f（x）對於任意m，n∈r，都有f（m+n）=f（m）+f（n）-1成立 ∴令m=n=0，有f（0+0）=f（0）+f（0）-1，即f（0）=1， 再令m=x，n=-x，則有f（x-x）=f（x）+f（-x）-1，即f（0）=f（x）+f（-x）-1， ∴f（-x）=2-f（x）， ∴f（-x1）=2-f（x1） 而f（x2-x1）=f（x2）+f（-x1）-1=f（x2）+2-f（x1）-1＞1， 即f（x2）-f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1）， ∴函式f（x）在r上為增函式； （2）∵f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）-1=f（1）+f（1）+f（1）-2=3f（1）-2=4 ∴f（1）=2． ∴f（a2+a-5）＜2，即為f（a2+a-5）＜f（1）， 由（1）知，函式f（x）在r上為增函式，a2+a-5＜1，即a2+a-6＜0， ∴-3＜a＜2 ∴不等式f（a2+a-5）＜2的解集是 因為f 1 2f 1 2 1 2 2，所以f 1 2 因為f 0.5 2f 2.5 所以f 2.5 12 f 0.5 12 12 12 2 38 因為函式f x 對任意實數x均有f x 2f x 2 所以f x 2 2f x f x 12 f x 2 當 2 x 0時，0 x 2 2，f x 2f ... 62616964757a686964616fe78988e69d83313333353433641 取a b 1,得f 1 f 1 f 1 0,所以f 1 0.2 函式在 0,上是單調增函式.任取x1 x2 0,設x1 x1 因為0 x1 1,又當x 1時,有f x 0,所以f x2 f x1 f ... f x x f 0 f 0 f 0 0 x 0,f x 連續 f 0 lim h 0 h h 1f 0 lim h 0 h h 1x 0,f x 不存 在 2 lim x 回 2x 答2 3x 4 3x 2 1 lim x 2 3 x 4 x 2 3 1 x 2 2 3 3 lim x 0 1 3x...已知函式f（x）對任意實數x均有f（x2f（x 1），且在區間上，有表示式f（x）
設定義在0上的函式fx滿足對任意a,b
設函式fxx,討論f是否存在,設函式fx在R上存在導數fx,對任意的xR,有fxfxx2,且在0,