1樓：匿名使用者
因為f（x）為單調遞增函式，所以存在且只存在一個m，使得f（m）=4，因此f（x）-3x=m，故f（m）-3m=m，f（m）=4m=4，m=1，所以f（x）-3x=1，f（x）=3x+1，f（-x）=-3x+1，f（x）+f（-x）=2
已知函式f(x)是定義在r上的單調遞增函式,且滿足對任意的實數x都有f[f(x)-3^x]=4,則f(x)+f(-x)的最小值為
2樓：匿名使用者
∵f(x)是定義在r上的單調遞增函式，x和f（x）乃是一一對應，∴f(x)-3^x必然為一個固定的數，設為a，f(a)=4，而無論x怎麼變。因此，可以設f(x)-3^x=a，即f(x)=3^x+a，當x=a時，3^a+a=4，必有a=1（∵當a<1時，3^a+a<3+1=4；而當a>1時，3^a+a>3+1=4）。於是，f(x)=3^x+1，f(-x)=3^(-x)+1。
可知：f(x)+f(-x)=3^x+3^(-x)+2≥2√(3^x·3^(-x))+2=2+2=4，當且僅當x=0時。
已知f（x）是定義在r上的函式，且滿足f（1）=5，對任意實數x都有f′（x）＜3，則不等式f（x）＜3x+2的解
3樓：鄧書萱
記g（x）=f（x）-3x，
∵對任意實數x都有f′（x）＜3，
∴g′（x）=f′（x）-3＜0，
∴g（x）定義在r上的單調遞減函式．
∵f（1）=5，
∴g（1）=f（1）-3=5-3=2．
∵f（x）＜3x+2，
∴f（x）-3x＜2，
∴g（x）＜g（1）．
∵g（x）定義在r上的單調遞減函式，
∴x＞1．
故選d．
已知函式f(x)是定義在r上是單調函式，滿足f(-3)=2，且對任意的實數x有f(-x)+f(x)=0恆成立，(1)試判斷f(... 40
4樓：匿名使用者
(1)因為f(-x)+f(x)=0，又f(-3)=2，所以f(3)=-2，且f(x)是定義在r上是單調函式，所以f(x)在r上是單調減函式。(2)由1知，f(x)在r上是單調減函式，且f(-3)=2，所以2x-3>-3，所以x>0
5樓：
（1）由f(-x)+f(x)=0 f(-3)=2 可得f（3）=-2 由此判斷f（x）是單調遞減的函式
（2）由（1）得f（-3）=2 且f（x）為遞減的函式f(2x-3)<2 可得 2x-3＞-3
得x＞0
已知函式f(x)是定義在r上的減函式,且對任意實數x,y都滿足f(x+y)=f(x)+f(y),f(1)=1。若f（x）滿足不等式
6樓：匿名使用者
解：f(x+y)=f(x)+f(y),f(1)=1則f(x+1)=f(x)+f(1)=f(x)+1f(x+2)=f(x+1+1)=f(x+1)+f(1)=f(x)+1+1=f(x)+2
故f（2x+1）＞f(x)+2=f(x+2)因函式f(x)是定義在r上的減函式，故有
2x+1取值範圍是x<1。
不明白請追問。
7樓：妖精
1）這一小題完全是用特值法
由於要求的是f(1),所以很容易能想到f(1+1)=f(1)+f(1),
所以f(1)=1/2.
(2）這類題要結合f(x)是增或減函式來解。
由f(x)+f(2x-1）=f(3x-1)≤2,又f(x)是定義在r上的增函式，可以想到，如果2是一個函式值就可以了。可以想到f(2)=1=2/2.所以f(4)=f(2)+f(2)=2.
即f(3x-1)≤2=f(4),又f(x)是定義在r上的增函式,所以3x-1≤4,得x≤5/3。
不懂可以追問，希望及時採納
若f(x)是定義在r上的函式，對任意實數x，都有f(x+3)≤f(x)+3和f(x+2)≥f(x)+2,且f(1)=1,則f(2009)=
8樓：手機使用者
令baix=-1，f(2)≤
f(-1)+3，f(1)≥
duf(-1)+2。
得f（-1）≤zhi-1 令daox=0，f(3)≤f(0)+3，f(2)≥f(0)+2。回 令x=1，f(4)≤f(1)+3=4，f(3)≥f(1)+2=3。 令x=2，f(4)≥f(2)+2。
f(0)+4≤f(2)+2≤f(4)≤4，得f(0)≤0。 3≤f(3)≤f(0)+3，得f(0)≥0。 得f(0)＝答0 所以4≤f(2)+2≤4，得f(2)+2=4，f(2)=2。
所以2≤f(-1)+3，f(-1)≥-1。 得f(-1)=-1 因為f(x+6）=f(x)+6 f(2009）=f(-1+6×335)=f(-1)+6×335=-1+2010=2009
9樓：萌小殤
(1)兩邊一夾 f(2009)<=f(2006)+3<=f(2003)+6<=...<=f(2)+2007 f(2009)>=f(2007)+2>=f(2005)+2>=.....>=f(1)+2008 （來2）
源特殊值 不妨設
baif（x）是du一個一次函式，且f（x）=x 那麼f(1)=1 f(x+3)=x+3=f(x)+3 f(x+2)=x+2=f(x)+2 滿足zhi
對任意實數x，都有f(x+3)≤f(x)+3和daof(x+2)≥f(x)+2, 所以f（2009）=2009
若f（x）是定義在r上的函式，且對任意實數x，都有f（x+2）≤f（x）+2，f（x+3）≥f（x）+3，且f（1）=2，
10樓：手機使用者
∵f（bai1）
=2，f（du2）=3，
∴令x=1得：f（zhi3）dao≤f（1）+2，f（4）≥f（1）+3，
即f（3）≤4，f（4）≥5，
再令x=2，則內f（4）≤f（2）+2，f（5）≥f（2）+3，
即f（4）≤5，f（5）≥6，
∴f（4）=5，
再令x=3，則f（5）≤f（3）+2，即容f（5）≤6，
∴f（5）=6，f（3）=4，
∵f（x+2）≤f（x）+2，
∴f（x+4）≤f（x+2）+2≤f（x）+4，
∴f（x+6）≤f（x+2）+4≤f（x）+6，即f（x+6）≤f（x）+6，
又f（x+3）≥f（x）+3，
∴f（x+6）≥f（x+3）+3≥f（x）+6，即f（x+6）≥f（x）+6，
∴f（x+6）=f（x）+6，
∴f（2015）=f（2015-6）+6=f（2015-2×6）+2×6=…
=f（2015-335×6）+335×6=f（5）+2010=6+2010=2016，
故選：c．
，已知y=f（x）是定義在r上的單調遞減函式，對任意的實數x，y都有f（x+y）=f（x）f（y）且f（0）=1，數列
11樓：匿名使用者
（1）由題設知
f(log
?an+1
4)f(?1?logan
4)＝1（n∈n*），可化為f(log
an+1
4?1?logan
4)＝f(0)．
所以有log
+an+1
4?1?logan
4＝0，
即log
an+1
4?logan
4＝1．
因此數列是以loga4
＝0為首項，1為公差的等差數列．
所以logan
4＝n?1，即an=4×3n-1（n∈n*）．（2）sn=a1+a2+a3++an=4（1+31+32++3n-1）=2（3n-1），
當n=1時，有sn=6n2-2=4；
當n=2時，有sn=16＜6n2-2=22；
當n=3時，有sn=6n2-2=52；
當n=4時，有sn=160＞6n2-2=94；
當n=5時，有sn=484＞6n2-2=148；
…由此猜想當n≥4時，有sn＞6n2-2，即3n-1＞n2．
下面由數學歸納法證明：
①當n=4時，顯然成立；
②假設n=k（k≥4，k∈n*）時，有3k-1＞k2．當n=k+1時，3k=3×3k-1＞3k2，因為k≥4，所以k（k-1）≥12．
所以3k2-（k+1）2=2k（k-1）-1＞0，即3k2＞（k+1）2．
故3k＞3k2＞（k+1）2，
因此當n=k+1時原式成立．
由①②可知，當n≥4時，有3n-1＞n2，即sn＞6n2-2．
故當n=1，3時，有sn=6n2-2；
當n=2時，有sn＜6n2-2；
當n≥4時，有sn＞6n2-2．
已知函式f（x）是定義在r上的單調函式滿足f（﹣3）=2，，且對任意的實數a∈r有f（﹣a）+f（a）=0恆成立．
12樓：瘋子瘋
解：（1）結論：f（x）是r上的減函式．理由如下
∵對任意
定義在R上的單調函式
f x y f x f y 所以f 0 f x f x 特別的，f 0 f 0 f 0 所以f 0 0，所以f x f x 0，即是奇函式。又因為單調，所以是單調遞增。f 3 x 9 x 2 f 3 x 9 x 2 所以f k3 x f 3 x 9 x 2 0等價於f k3 x f 3 x 9 x ...
已知定義在R上的奇函式f x 滿足f x 4f x ，且在區間上是增函式，若方程f x m m0 在區間
慮f x 為奇函式，則在一個週期 4,4 上，有 f 4 0,f 2 f 2 取到最小值,在區間 4,2 單調遞減 f 2 f 2 f 0 0,f 2 f 2 在區間 2,2 單調遞增 f 2 f 2 取到最大值,f 4 0,在區間 2,4 單調遞減。經上述分析，結合週期為8作出影象，若方程f x ...
已知定義在R 的函式f x 滿足
在高等數學中可以證明，滿足條件1 2的函式必定是對數函式，根據第三個條件可以計算出底數來。不過這個證明要用到極限理論和實數理論，比較麻煩，非中學階段能為。對於中學階段而言，直接計算就可以了 f 1 f 1 f 1 1 f 1 故f 1 0 這個證明沒有用到條件1 3，事實上，對任意的對數函式都成立。...