1樓：手機使用者
∵y=f（
2-x）與y=f（7+x）都是偶函式，
∴f（2-x）=f（2+x），f （7+x）=f（7-x），即f（x）關於回x=2和x=7對稱答．
∵f（2-x）=f（2+x），∴f（4-x）=f（x）；
∵f（7-x）=f（7+x），∴f（4-x）=f（10+x），∴f（x）=f（10+x），
即10是函式f（x）的一個週期．
∵f（7-x）=f（7+x），函式f（x）在[4，7]上無根．∴函式f（x）在[7，10]上無根．
∴f（x）=0在[0，10]上恰有兩根為1和3．
f（x）=0的根為10n+1或10n+3的形式．
∴0≤10n+1≤2013，解得0≤n≤201.2，共202個
∴0≤10n+3≤2013，解得0≤n≤201，共202個，
∴方程f（x）=0在閉區間[0，2013]上根的個數為404個，
同理可得，方程f（x）=0在區間[-2013，0）上根的個數為402個，
故方程f（x）=0在[-2013，2013]上的根的個數為806個，
故函式y=f（x）在[-2013，2013]上的零點個數為806個，
故選：c．
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，
2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＜x2，
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y f（x）的定義域為R，且對任意a，b R都有f a b f a f b ,且當x0時f x 0恆成立，證明
證明 由已知可知 f 0 0 f 0 f 0 即f 0 0f a f a b f b 令a a b,b b，則f a b f a f b 設x y 0，則f x f y f x y x y，x y 0，則f x y 0故f x f y 0 即對於任意x y 0，總有f x 0 f 0 綜上所述 f ...
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
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...
已知函式f x 的定義域為，已知函式f x 的定義域為 0,
這是一個抽象函式的問題，可惜你的分值太少，不過我還是想替你分憂 1 令x y 1,則f 1 f 1 f 1 即 f 1 0 2 令任意x1 x2 0,則x2 x1 1,有f x2 x1 0 再令 x x1,y x2 x1,則有f x1 x2 x1 f x1 f x2 x1 即 f x2 f x1 f...