1樓：脌援皶痊
令x=y=a，則f（a2）=f（a）+f（a）=2f（a），令x=y=-a，則f（a2）=f（-a）+f（-a）=2f（-a），即f（a）=f（-a），
故函式f（x）是偶函式，
（2）任取0＜x1＜x2，則x2-x1＞0，∵f（xy）=f（x）+f（y）；
∴f（xy）-f（x）=f（y）；
∴f（x2）-f（x1）=f（
x2x1 ）∵
x2x1
＞1，x＞1時，f（x）＞0，
∴f（x2）-f（x1）=f（
x2x1
）＞0，
得到f（x1）＜f（x2），
∴f（x）為（0，+∞）上的增函式．
故函式f（x）在區間（0，-4]上的最大值為f（4）=f（2）+f（2）=2，
又由函式f（x）是偶函式，
∴函式f（x）在區間[-4，0）上的最大值也為2，故函式f（x）在區間[-4，0）∪（0，-4]上的最大值為2；
（3）由（2）得f（4）=2，則f（16）=f（6）+f（6）=4，故不等式f（3x-2）+f（x）≥4可化為：
已知定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的函式f（x）滿足?①對任意x，y∈（-∞，0）∪（0，+∞），都有f（xy
2樓：藝吧頂貼組餤簦
解答：證明：（
1）∵f（xy）=f（x）+f（y）；
令x=y=a，則f（a2）=f（a）+f（a）=2f（a），令x=y=-a，則f（a2）=f（-a）+f（-a）=2f（-a），即f（a）=f（-a），
故函式f（x）是偶函式，
（2）任取0＜x1＜x2，則x2-x1＞0，∵f（xy）=f（x）+f（y）；
∴f（xy）-f（x）=f（y）；
∴f（x2）-f（x1）=f（xx）
∵xx＞1，x＞1時，f（x）＞0，
∴f（x2）-f（x1）=f（x
x）＞0，
得到f（x1）＜f（x2），
∴f（x）為（0，+∞）上的增函式．
故函式f（x）在區間（0，-4]上的最大值為f（4）=f（2）+f（2）=2，
又由函式f（x）是偶函式，
∴函式f（x）在區間[-4，0）上的最大值也為2，故函式f（x）在區間[-4，0）∪（0，-4]上的最大值為2；
（3）由（2）得f（4）=2，則f（16）=f（6）+f（6）=4，故不等式f（3x-2）+f（x）≥4可化為：
f[（3x-2）x]≥f（16），
由（2）中結論可得：
|（3x-2）x|≥16，
即（3x-2）x≥16，或（3x-2）x≤-16，解得：x≤-2，或x≥83
已知定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的函式f（x）滿足：①?x，y∈（-∞，0）∪（0，+∞），f（x?y）=f（x
3樓：瓰腡芀縓刡饑檺
（1）令x=y=1，則f（1×1）=f（1）+f（1），得f（1）=0；
再令x=y=-1，則f[（-1）×（-1）]=f（-1）+f（-1），得f（-1）=0．
對於條件f（x?y）=f（x）+f（y），令y=-1，
則f（-x）=f（x）+f（-1），所以f（-x）=f（x）．
又函式f（x）的定義域關於原點對稱，所以函式f（x）為偶函式．（3分）
（2）任取x1 ，x2 ∈（0，+∞），且x1 ＜x2 ，則有x2
x1＞1 ．
又∵當x＞1時，f（x）＞0，
∴f(x2
x1＞0．)
而f(x
2 )=f(x
1 ?x2
x1)=f(x
1 )+f(x2
x1)＞f(x
1 ) ，
所以函式f（x）在（0，+∞）上是增函式．（6分）
（3）∵f（4）=f（2×2）=f（2）+f（2），又f（2）=1，
∴f（4）=2．
又由（1）知函式f（x）在區間[-4，0）∪（0，4]上是偶函式且在（0，4]上是增函式，
∴函式f（x）在區間[-4，0）∪（0，4]上的最大值為f（4）=f（-4）=2（9分）
（4）∵f（3x-2）+f（x）=f[x（3x-2）]，4=2+2=f（4）+f（4）=f（16）
∴原不等式等價於f[x（3x-2）]≥f（16）
又函式f（x）為偶函式，且函式f（x）在（0，+∞）上是增函式，
∴原不等式又等價於|x（3x-2）|≥16，
即x（3x-2）≥16或x（3x-2）≤-16，
∴不等式f（3x-2）+f（x）≥4的解集為 （12分）
已知函式f（x）的定義域為d：（-∞，0）∪（0，+∞），且滿足對於任意x，y∈d，有f（xy）=f（x）+f（y）
4樓：手機使用者
（1）∵f（xy）=f（x）+f（y）對於任意x，y∈r都成立．令x=y=1，則f（1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0；
令x=y=-1，則f（1）=f（-1）+f（-1），解得f（-1）=0；
（2）函式f（x）是r上的奇函式．
證明：令x=y=0，則f（0）=f（0）+f（0），解得f（0）=0；
令y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x）=0，∴f（-x）=-f（x），
∴函式f（x）是r上的奇函式．
（3）∵f（xy）=f（x）+f（y），f（4）=1則f（16）=f（4×4）=f（4）+f（4）=2f（4）=2，∴f（64）=f（4×16）=f（4）+f（16）=3所以f（3x+1）+f（2x-6）=f[（3x+1）（2x-6）]=f（6x2 -16x-6）≤3=f（64）
已知函式f（x）是定義在（0，+∞）上的增函式所以f（0）＜f（6x2 -16x-6）≤f（64）即0＜6x2 -16x-6≤64，解得：3＜x≤5．
已知函式fxx2axb,且對任意的實數x都有f
解 1 由 f 1 x f 1 x 恆成立,復說明函制數影象的對稱軸為 x 1 所以 a 2 1,解得 a 2 2 因為bai區間 1,2 在對稱軸的右側du,且拋物線開zhi口向上,所以 函式在 1,2 上為增函式,值域為 f 1 f 2 即 b 1,b 3 方程化為 x 2 2x 2b 1,考察...
已知定義在R上的函式y f（x）對任意的x都滿足f（x 1f（x），當 1 x 1時，f（x）x2，函式g（x）lo
定義在bair上的函式y f x 對 du任意的zhix都滿足f x 1 f daox 回 f x 2 f x 1 f x 故函式的週期為2，又由答當 1 x 1時，f x x2，函式g x log x?1 x 1 x x 1 由圖可得 兩個函式圖象在區間 5，5 內共有8個交點，故函式h x f ...
已知函式f x 對任意實數x都有f x 3f x ,又f 42,則f 2019答案是2，求詳
f x 3 f x 則f x 6 f x 3 3 f x 3 f x 所以函式週期為6.則f 2011 f 6 335 1 f 1 因為f x 3 f x 所以f 4 f 1 所以f 1 2,則f 2011 2.希望滿意！在f x 3 f x 中，令x 1,得 f 4 f 1 所以f 1 2 在 f...