定義在區間[0,1]上的函式f（x）滿足：f（0）=f（1）=
1樓：葉鑠
令x1=x2=x
f[(x+x)/2]≤f(x)+f(x)
f(x)≤2f(x)
f（x）態衫≥0
2)x1=0 x2=1
f(1/2)=f(0)+f(1)=0
f[(1/2+1)/2]=f(1/2)+f(1）亮閉巧=0f（3/4）敬鍵=0
2樓：網友
1）採用反證法。
假設存在一點x0（x0∈[0,1]）使f(x0)=-a(a>0).
則利用條件遊螞得f(x0/2)<=f(0)+f(x0)=-a ; f(x0/4)<=f(0)+f(x0/2)<=a ; f(3x0/4)<=f(x0/2)+f(x0)<=2a ;
再次利用帶拆條件f(x0/2)<=f(x0/4)+f(3x0/4)<=3a 這與原假設f(x0)=-a 嚴重矛盾。所以假設不成立，原結論成立。
2）f(3/4)=0.
根據第一題結論：f[(0+1)/2]《蠢磨棗=f(0)+f(1)=0 ; f(3/4)<=f(1/2)+f(1)=0 ; f(3/4)>=0;所以f(3/4)=0.
已知定義在區間（0，+∞)上的函式f（x）滿足f（x1/x2）=f（x1）-f（x2）
3樓：子臥雙龍
（1） 由 x1=x2時可得。
f(1)=o
2） 設x1＞x2
f(x1)-f(x2)=f(x1/x2）
x1＞x2 ∴x1/x2＞1
當x＞1時，f(x)＜0
f(x1)-f(x2）＜0
f(x)在區間(0,+∞是減函式。
3） ∵f(1)=o f(3)=-1∴f(1／3)=f(1)－f(3)
f(3)－f(1／3)=f(3÷(1／3))=f(9)=－1－1=－2
f(x)在區間(0,+∞是減函式。
x｜＜9時 f（｜x｜)＜2
9＜x＜9 且x≠0
4樓：演盡今生
上面第三問 x的絕對值＞9
已知定義在區間(0,+∞)上的函式f(x)，滿足f(mn)=f(m)+f(n),且當x>1時,f(x)<
5樓：網友
（一）由題設，令m=n=1,則有f(1)=f(1)+f(1).∴f(1)=0.(二）可設0＜m＜n.
則n/m＞1,∴f(n/m)＜0.一方面，0=f(1)=f[m×(1/m)]=f(m)+f(1/m).==>f(1/m)=-f(m).
另一方面，0＞f(n/m)=f(n)+f(1/m)=f(n)-f(m).===>f(m)＞f(n).就是說，若0＜m＜n,則f(m)＞f(n).
由單調性定義可知，在(0,+∞上，函式f(x)遞減。（三）∵f(3)=-1,∴f(9)=f(3×3)=f(3)+f(3)=-2.又f(1/(x-2))=-f(x-2).
原不等式可化為f[x(x-2)]＜f(9).由此可得：x＞0,且x-2＞0,且x(x-2)＞9.
>x＞2,且x²-2x+1＞10,===>(x-1)²＞10.===>x＞(√10)-1.且x＞2.
綜上可知，原不等式的解為(√10-1,+∞
6樓：網友
1. f(1)=f(1*1)=f(1)+f(1)f(1)=0
2. f(m+x)=f(m(1+x/m))=f(m)+f(1+x/m)0)<0 此處m>0,x>0
所以是減函式。
3. f(3)-f(1/(3-2))=f(3)-f(1)=-1-0=-1>-2
不等式不成立。
7樓：網友
詳解： 所以解得f(1)=0;
2.設a>1,則ay>y,有f(ay)=f(a)+f(y),因為當x>1時，f(x)<0，所以f(a)<0,所以。
f(ay)3.已知f(1)=0，f(3)=-1而且在（0，正無窮）都是單減的，不等式變形得f(x)其實這種自定義函式題就是要用好它給出的公式，再配以前面已經得出的結論就好了，數學符號好難打的，樓主看著給分咯。
已知定義在區間（0，+∞）上的函式f(x)滿足f(x1/x2)=f(x1)+f(x2)
8樓：愛好_問問
此題無解。f(1/1)=f(1)+f(1) 則f(1)=0
f(x/x)=f(x)+f(x) 則f(x)=0
f(x)為常函式。
已知定義在區間(0,+∞)上的函式f(x)滿足f(x1/x2)=f(x1)-f(x2)，且當x>1時，f(x)>0，f(3)=1.
9樓：善言而不辯
f(x₁/x₂)=f(x₁)-f(x₂)
f(⅓x)=f(x)-1→f(x)-f(⅓x)=1>0∵x₁∈來(0,+∞x₁>⅓x₁→f(x)是增函自數bai
f(3x+6)+f(1/x)>2=f(3)+f(3)=f(9)f(3x+6)>f(9)-f(1/x)=f[9/(1/x)]=f(9x)
由1知f(x)是增函式→3x+6>9x→x<1→不等du式的解x∈(0,1)
x∈(0,3]時，f(x)≤1→m²-2am+1≥zhi1→m²-2am≥0
m(m-2a)≥0
m>0時 m-2a≥0恆成。
立dao→m≥2
m=0時 恆成立。
m<0時 m-2a≤0恆成立→m≤-2
實數m的取值範圍：|m|≥2∪m=0
已知定義在區間(0,+∞)上的函式f(x)滿足f[(x1)/(x2)]=f(x1)-f(x2),且當x＞1時，f(x)＜
10樓：k8先生
設x1>x2>0，則x1/x2>1，所以f(x1/x2)<0，即f[(x1)/(x2)]=f(x1)-f(x2)<0，從而證得f(x)在(0,+∞上單調遞減，所以f(x)在[2,9]上的最小值就是f(9).
因為f(3)=f(9/3)=f(9)-f(3)，所以f(9)=2f(3)=-2，即f(x)在[2,9]上的最小值是-2.
11樓：網友
j解：設x1>x2>0，則x1/x2>1，所以f(x1/x2)<0，即f(x1)-f(x2)=f[(x1)/(x2)]<0，所以f(x)在(0,+∞上單調遞減，所以f(x)在[2,9]上的最小值就是f(9).
因為f(9/3)=f(9)-f(3)=f(3)=-1，所以f(9)=2f(3)=-2，即f(x)在[2,9]上的最小值是-2.
已知函式f（x）定義在區間（-1，1）上，f（ 1 2 ）=-1，且當x，y∈（-1，1）時，恆有f（x）-f
12樓：流星
（ⅰ）證明：令x=y=0時，則由已知有f（0）-f（0）=f（0-01-0×0，可解得f （0）=0．
再令x=0，y∈（-1，1），則有f（0）-f（y）=f（0-y1-0?y，即f （-y）=-f （y），f （x）是（-1，1）上的奇函式．…（4分）（ⅱ令x=an ，y=-an ，於是f（an ）-f（-an ）=f（2an
1+a2n，由已知得2f （an ）=f （an+1 ），f(a
n+1 )f(an )
2 ，數列是以f（a1 ）=f（1 2
-1為首項，2為公比的等比數列．
f（an ）═1×2n-1 =-2n-1 …（8分）（iii）由（ii）得f（an+1 ）=-2n ，於bn =12n
tn =b1 +b2 +b3 +…bn=1 2
1 n，t2n+1 =1 2
12n+1，∴t2n+1 -tn =1 2
1n+11n+2
2n+1．令k（n）=1 2
1n+11n+2
2n+1．於是k（n+1）=1 2
1n+21n+3
2n+3．∴k（n+1）-k（n）=1 2
12n+212n+31n+1
4(n+1)(2n+3)
0．∴k（n+1）＜k（n），即k（n）在n*上單調遞減，∴k（n）max =k（1）=t3 -t1 =512∴m15
即m≥25 4
m∈n* ，m的最小值為7．…（12分）
設f(x)是定義在區間(0 +∞)內的乙個函式 並且f(x)=2√xf(1/x)-1求函式(x)的解析式
13樓：網友
由於f(x)的定義域為(0 +∞故把1/x代入原式可得f(1/x)=2/√x f(x)-1 ①然後把式①代入原始，可得。
f(x)=4 f(x) +2√x
整理後可得。
f(x)= - 2√x /3 。
14樓：網友
把1/x代入原式得。
f(1/x)=2/√x f(x)-1
f（x）=2√x【2/√xf（x）-1】-1=4f（x）-2√x-1移項得-3f（x）=-2√x-1
f（x)=（2√x+1）/3
定義在R上的單調函式fx滿足fxyfxfy且f
1 f x y f x f y 令x y 0f 0 0 f 0 f 0 f 0 0 2 令x x,y x f x x f x f x f 0 f x f x f x f x 3 由 2 知，函式f x 為奇函式，又因為f 0 0,f 1 2 0,可知當x 0,f x 0當x 0,f x 0 f kx...
已知定義在R上的偶函式f x 滿足f x 4f x ,且在區間
解 由於 f x 為定義在r上的偶函式 則有 f x f x 由於 f x 4 f x 則令x x 4 則有 f x 4 4 f x 4 即 f x 8 f x 4 又 f x 4 f x 則 f x 8 f x f x 則 週期t 8 則 f 10 f 2 8 f 2 f 13 f 5 8 f 5...
已知f x 是定義在實數集R上的函式,滿足f x 2f x ,且f x 2x x
令t x 2 x t 2 在實數集r上的函式,滿足f x 2 f x 則有f t f t 2 當t屬於區間 0，2 則函式滿足關係式f t 2t t2,t 2屬於區間 2,0 且滿足f t 2 f t 2t t2 再將x t 2代回，則有f x 2 x 2 x 2 2 x屬於區間 2，0 2 由於f...