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已知函数f(x),当x,y∈R时恒有f(x+y)=f(x)+f(y)(1)求f(0),并判断f(x)的奇偶性(2)若当x
已知函数f(x),当x,y∈R时恒有f(x+y)=f(x)+f(y)(1)求f(0),并判断f(x)的奇偶性(2)若当x>0时,有f(x)<0,试判断f(x)在R上的单调性,并给出证明.
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推荐答案 推荐于2016-04-14
(1)令x=y=0得,则f(0)=0,
再令y=-x得f(-x)=-f(x),
所以f(x)为奇函数.
(2)任取x
1
,x
2
∈R,且x
1
<x
2
,
则f(x
2
)-f(x
1
)=f(x
2
)+f(-x
1
)=f(x
2
-x
1
),
∵x
1
<x
2
,
∴x
2
-x
1
>0,
∴f(x
2
-x
1
)<0,
则f(x
2
)<f(x
1
),
则f(x)在R上是减函数.
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已知函数f(x),当x,y∈R时恒有f(x+y)=f(x)+f(y)
.
(1)求f(0),并判断f(x
...
答:
(1)
令
x=y=
0得f(0)=0,再令y=-x,得
f(0)=f(x)+f(
-x),所以f(-x)=-
f(x),
又x∈R,所以f(x)为奇函数.
(2)
任取x 1 ,x 2 ∈R,且x 1 <x 2 ,则f(x 2 )=f[x 1 +(x 2 -x 1 )]=f(x 1 )+f(x 2 -x 1
),有f(x
2 )-f(x...
已知函数f(x),当x,y∈R时
,
恒有f(x+y)=f(x)+f(y)
.
(1)
...
答:
分析:
(1)
可令y=-x,得到f(x)+f(-x)=
f(0),
再令
x=y=
0,可求得f(0)=0,从而可证明f(x)是奇函数;
(2)
利用(1)中f(x)是奇函数,由f(-3)=a,可求得f(3),再根据“
当x,y∈R时
,
恒有f(x+y)=f(x)+f(y)
”即可用a表示f(24).解答:证明:(1...
已知函数fx,当x,y∈R时,恒有f(x+y)=f(x)+f(y)
.
(1)
求证:f(x)+f...
答:
f(0)=0 以-x替代y,得:f(x-x)=f(x)+f(-
x)f(0)=f(x)+f(
-
x)f(x)+f(
-x)=0 ===>>> f(-x)=-f(x) 【这个函数是奇函数】【2】f(24)=f(12+12)=f(12)+f(12)f(12)=f(6+6)=f(6)+f(6)f(6)=f(3+3)=f(3)+f(3)又:f(3)+f(-3...
已知函数f(x),当x,y∈R时
,
恒有f(x+y)=f(x)+f(y)
.
(1)
求证:f(x)是奇函...
答:
2)f(x)在区间[-2,6]上的最大值为1,最小值为-3.
(1)
证明∵函数定义域为R,其定义域关于原点对称.∵
f(x+y)
-
f(x)+f(y)
,令y=-x,∴f(0
)=f(x)+f(
-x).令
x=y=
0,∴f(0)-f(0)+
f(0),
得f(0)=0.∴f(x)+f(-x)=0,得f(-x)=-
f(x),
∴f(x)为...
已知函数f(x),当x,y
属于
R时
,
恒有f(x+y)=f(x)+f(y) 若
x属于R+时,f(x...
答:
在 恒等式
f(x+y)=f(x)+f(y),x,y∈R
中,令
x=y=
0,得
f(0)
=0,再令y= -x,由f(0)=0,得f(x)+f(-x)=0,即f(-x)= -f(x)∴f(x)为R上的 奇函数 .设x1,x2∈R,且x1=x2+△x,(△x>
0),
则x1>x2,由f(x)为R上的奇函数及恒等式可知,f(x1)-
f(x2)
=...
已知函数f(x),当x,y
属于
R时
,
恒有f(x+y)=f(x)+f(y)
答:
所以 f(0)=0 再令 y=-x 所以
f(0)=f(x)+f(
-x)=0 2.令x=3 y=-3 f(0)=f(3)+f(-3)=0 f(3)=-a 令x=3 y=3 f(6)=f(3)+f(3)=-2a 令x=6 y=6 f(12)=f(6)+f(6)=-4a 令x=12 y=12 f(24)=f(12)+f(12)=-8a 3.同上一问可以求得 f(-2)=
1
f(...
...
恒有f(x+y)=f(x)+f(y),当x
>
0时,f(x)
<
0,
且
f(1)
=-1/2。
答:
当x=
1
,y=0时,
f(1+0)=f
(1)
+f(o) 即f(1)=f(1)+
f(0)
所以f(0)=0 所以f(x-x)=f(x)+f(-X)=f(0)=0 所以 f(-x)=-
f(x)
得证
(2)f(x+y)=f(x)+f(y),
所以f(x+1)-f(x)=f(x)+f(1)-f(x)=f(1)=-1/2<0 所以是减函数 (3) 既然是减函数 ...
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