1樓:林冰若
令x=t-2,則f(-x)=f(2-t),-f(x+4)=-f(2+t),所以f(2-t)=-f(2+t)
而2-t和2+t是關於橫座標x=2對稱的兩點到x=2的距離,f(2-t)和f(2+t)是其函式值,大小相專
反,說明一個在上屬方,一個在下方,所以關於(2,0)對稱
2樓:碩神
證明:(1)在(0,+∞)上任取x1,x2,設x1-x1>-x2∵ f(x)在(-∞,0)上是減函
數∴ f(-x1)f(x2)
即 x1f(x2)
∴ f(x)在區間(0,+∞)上是單調減函式(2)建構函式如下
f(x)={ 1/x x≠0
{ 0 x=0
已知定義域為r的函式f(x)滿足f(-x)=-f(x+4),且函式f(x)在區間(2,+∞)上單調遞增,如果x1<2
3樓:黑絲控_查
定義域為r的函式f(x)滿足f(-x)=-f(x+4),將x換為-x,有f(4-x)=-f(x),∵x1<專2 ∴4-x1>x2>2, ∵函式屬f(x)在區間(2,+∞)上單調遞增,∴f(4-x1)>f(x2), ∵f(4-x)=-f(x), ∴f(4-x1)=-f(x1),即-f(x1)>f(x2),∴f(x1)+f(x2)<0, 故選:a. 已知函式f(x)對定義域r內的任意x都有f(x)=f(4-x),且當x≠2時其導函式f′(x)滿足xf′(x)>2f′ 4樓:往事隨風 ∵函式f(x)對定義域r內的任意x都有f(x)=f(4-x),∴f(x)關於直線x=2對稱; 又當x≠2時其導內函式f′( 容x)滿足xf′(x)>2f′(x)?f′(x)(x-2)>0,∴當x>2時,f′(x)>0,f(x)在(2,+∞)上的單調遞增; 同理可得,當x<2時,f(x)在(-∞,2)單調遞減; ∵2 ∴1 ∴2<4-log2 a<3,又4<2a <16,f(log2 a)=f(4-log2 a),f(x)在(2,+∞)上的單調遞增; ∴f(log2 a) 設函式f(x)是定義在r上的奇函式,且對任意x∈r都有f(x)=f(x+4),當 x∈(-2,0)時,f(x)=2 x , 5樓:手機使用者 由題意,函式f(x)是定義在r上的奇函式,∴f(0)=0∵對任意x∈r都有 專f(x)=f(x+4),∴函式的週期屬為4,∴f(2012)=f(4×503)=f(0)=0 ∵當x∈(-2,0)時,f(x)=2x ,∴f(-1)=1 2,∴f(1)=-1 2 ∴f(2013)=f(4×503+1)=f(1)=-1 2∴f(2012)-f(2013)=1 2故選b 已知f(x)是定義在r上且以4為週期的奇函式,當x∈(0,2)時,f(x)=ln(x2-x+b),若函式f(x)在區間 6樓:匿名使用者 ∵f(x)是定 bai義在r上的奇函式, 故duf(0)=0,zhi即0是函式daof(x)的零點,又由f(x)是定義在r上且以回4為週期的周期函式答,故f(-2)=f(2),且f(-2)=-f(2),故f(-2)=f(2)=0, 即±2也是函式f(x)的零點, 若函式f(x)在區間[-2,2]上的零點個數為5,則當x∈(0,2)時,f(x)=ln(x2-x+b),故當x∈(0,2)時,x2-x+b>0恆成立,且x2-x+b=1在(0,2)有一解, 即1-4b<0(12 )-12+b=1 或1-4b<0 1-1+b≤1 4-2+b≥1 解得:1 4 故答案為:1 4 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, 7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). 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)>1,則不等式exf(x)>ex+1 8樓:窩窩★釋懷 令g(x)=exf(x)-ex-1,則g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1], ∵f(x)+f′(x)>1, ∴f(x)+f′(x)-1>0, ∴g′(x)>0,即g(x)在r上單調遞增,又f(0)=2,∴g(0)=e0f(0)-e0-1=2-1-1=0,故當x>0時,g(x)>g(0),即exf(x)-ex-1>0,整理得exf(x)>ex+1, ∴exf(x)>ex+1的解集為. 故選a. 由於定義域為r 所以a大於0 開口向下的拋物線一定與x軸相交 且ax 2 4ax 4 0無實數根 b 2 4ac 0即 16a 2 16a 0 16a a 1 0 a 0 所以 a 1 0 a 1 00 x 1 2 2 1 4 a 2 x 1 2 根號下1 4 a 2 或者 x 1 2 根號下1 4... 解由f x 1 是奇du函式zhi 設f x f x 1 則f x 是奇函式 故daof x f x 則f x 1 f x 1 即回f x 1 1 f x 1 1 即f x 2 f x 又由f x 是奇函式 故f x 2 f x f x 即f x 2 f x 故f x 2 f x 故f x 的週期為... 正解 1 當x 0時，x 0，f x x 3 2 x 所以f x x 3 2 x f x 所以 f x x 3 2 x x 3 2 x x 0 f x 0 x 0 x 3 2 x x 0 2 因為f 1 5 3上單調 所以f x 在r上單調遞減 已知不等式f t 2 2t f 2t 2 k 0恆成立...已知函式y根號下ax 4ax 4定義域為R，解關於x方程x x a
已知函式fx的定義域為r,且函式f（x）與f（x 1）都是奇函式則函式fx週期是
已知定義域為R的單調函式fx是奇函式，當x0時，fx