1樓：
呵呵，解出來了，解法如下：
f(1)=f(1)+f(0)=-2，所以f(0)=0，又f(0)=f(-x)+f(x)，所以f(-x)=-f(x)，所以函式f(x)在xy∈r上為奇函式，因為當x>0時，f(x)<0，所以當x<0時，-x>0,f(x)=-f(-x)>0，現在
討論函式的增減性吧，令-30時，f(t)<0，所以函式單調遞減，所以函式在x=-3處取得最大值，為f(-3)=3f(-1)=6，在x=3處取得最小值，f(3)=-6，其實此題只要討論增減性就可以了，我多寫了些，希望你能對題目理解的更透徹
2樓：匿名使用者
f(1+0)=f(1)+f(0)
f(0)=0
f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x)=0f(x)=-f(-x)
f(x)是奇函式
且x＞0,f(x)＜0,
則f(x）單調遞減
所以最大值為f(-3),最小值為f(3)
f(1)=-2;f(0)=0
f(2)=2f(1)=-4
f(3)=-6: f(-3)=6
最大值6，最小值-6
設函式f（x）對於任意x,y∈r,都有f（x＋y）＝f（x）＋f（y）,且f（x）在區間[0,＋∞
3樓：匿名使用者
（1）令x=y=0，則
來有f（源0）=2f（0）⇒f（0）=0．令y=-x，則有f（0）=f（x）+f（-x）=0，2)由(1)知（-x）=-f（x），
∴f（x）是奇函式．
（3）任取x1＜x2，則x2-x1＞0．⇒f（x2-x1）＜0．∴f（x1）-f（x2）=f（x1）+f（-x2）=f（x1-x2）=-f（x2-x1）＞0，
∴f（x1）＞f（x2），
∴y=f（x）在r上為減函式．
f(x²-1)+f(x)=f(x²+x-1)>f(-1)=-f(1)=2
x²-1+x<-1. -1 4樓：涼苡年 (1)取x=0，y=0 f(0)=f(0)+f(0) f(0)=2f(0) f(0)=0 (2)任取x，duy。令zhiy=-x f(0)=f(x)+f(-x)=0 所以daof(x)是奇 內函式(3)f(x²-1)+f(x)=f(x²+x-1)=f(x²+x)+f(-1) =f(x²+x)-f(1) =f(x²+x)+2＞ 容2所以f(x²+x)＞0 f(x)是奇函式，在[0，+∞)遞增，所以在(-∞，0)上也遞增。 f(0)=0 所以x²+x＞0 x(x+1)＞0 解得:x＜-1或x＞0 x∈(-∞，-1)∪(0，+∞) 5樓：風車和谷堆 （1）抄f（0）=f（0）襲+f（0） 故f（0）=0（2）令y=-x 由f（x＋y）＝f（x）＋f（y） 有f（x）＋f（-x）=f（x＋（-x））＝f（0）=0即f（-x）=-f（x） （3）由f（x²－1）＋f（x）＞2和f（x＋y）＝f（x）＋f（y） 有f（x²+x－1）＞2 又f（x）在區間[0,＋∞）時是減函式且f（x）是奇函式故f（x）在r上單調遞減 由f（1）＝－2得f（-1）＝2 即f（x²+x－1）＞2=f（-1） 有x²+x－1<-1 解得-1 6樓：匿名使用者 (1) 令x=y=0，得f(0+0)=f(0)+f(0)，∴f(0)=2f(0)，得f(0)=0 (2) 令y=-x，得f(x-x)=f(x)+f(-x)，∴f(x)+f(-x)=0，∴f(x)是奇函式 (3) f(x²-1)+f(x)=f(x²-1+x)，f(-1)=-f(1)=2 ∴f(x²-1+x)>f(-1) ∵f(x)在專[0,+∞)上是減函屬 數，且f(x)為奇函式，∴f(x)在r上也是減函式∴x²-1+x<-1，得x(x+1)<0，∴解得-1 設函式f（x）對任意x，y∈r，都有f（x+y）=f（x）+f（y），且x＞0時，f（x）＜0，f（1）=-2．（1）求f（0 7樓：秦淮河 （1）令x=0，則f（0+y）=f（0）+f（y），∴f（0）=0------------------（2分） （2）令y=-x，則f（0）=f（-x+x）=f（x）+f（-x）=0，-----------------（3分） 移項得f（-x）=-f（x）， 可得f（x）是其定義域上的奇函式--------------------（4分） （3）根據函式的性質，可得函式為奇函式且滿足一次線性關係：f（x+y）=f（x）+f（y）， 又∵x＞0時，f（x）＜0，f（1）=-2． ∴滿足條件的一個函式為y=-2x（答案不唯一）------------------（6分） （4）設x1＜x2，則 f（x2）=f[x1+（x2-x1）]=f（x1）+f（x2-x1） ∵當x＞0時，f（x）＜0，∴由x2-x1＞0，可得f（x2-x1）＜0 因此f（x2）-f（x1）=f（x2-x1）＜0，可得f（x1）＞f（x2） ∴函式f（x）在r上是減函式．---------（9分） 若-3≤x≤3，可得f（x）在區間[-3，3]上是減函式 故x=-3時，f（x）有最大值，x=3，f（x）有最小值 又∵f（1）=-2， ∴f（3）=f（2）+f（1）=f（1）+f（1）+f（1）=-6-----（11分） ∵f（x）是奇函式，∴f（-3）=-f（3）=6 ∴當-3≤x≤3時，f（x）的最大值為6，最小值為-6．----------（12分） 一道高中數學題:已知函式f(x)對一切x,y∈r,都有f(x+y)=f(x)+f(y),①求證:f(
10 8樓：匿名使用者 （1）首 來先，f(x)的定義域為r，∴源其定義域是關於bai原點對稱的其次，證 du明f(x)+f(-x)=0 令x=y=0，得f(0+0)=f(0)+f(0)，∴f(0)=0令x=-y，則f(0)=f(x)+f(-x)=0∴f(x)是奇函 zhi數dao （2）∵f(x)是奇函式，∴f(3)=-f(-3)=-a∴令x=y，得f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x)∴f(12)=2f(6)=4f(3)=-4a 9樓： 1） 令 x=y=0,得 ：f(0)=f(0)+f(0),解得f(0)=0令y=-x,得：f(x-x)=f(x)+f(-x)因此有f(-x)=f(0)-f(x)=-f(x)所以f(x)為奇函式 2）令內y=x,得f(x+x)=f(x)+f(x)即f(2x)=2f(x) 故容f(4x)=f(2*2x)=2f(2x)=4f(x)因此f(12)=f(4*3)=4f(3)=-4f(-3)=-4a 10樓： ①令來x＝ y＝0，得：f(0)＝f(0)＋f(0) ∴f(0)＝0 再令源y＝－baix，得du：0＝f(x)＋f(－x)∴f(－x)＝－f(x) 即f(x)是奇函zhi數dao ②令x＝y，則有：f(2x)＝2f(x) ∴f(12)=2f(6)＝4f(3)＝－4f(－3)＝－4a 證明 1 令x y 0，則有f 0 2f 0 f 0 0 令y x，則有f 0 f x f x 0，即f x f x f x 是奇函式 5分 2 任取x1 x2 則x2 x1 0 f x2 x1 0 f x1 f x2 f x1 f x2 f x1 x2 f x2 x1 0，f x1 f x2 y ... 1 f x f x 0 f x f 0 1所以f 0 1 f 0 f x x f x f x 1所以f x f x 2 f x f x 1 f x 2 1 f x 1 f x 1 f x 所以f x 為奇函式 2 f 3x 2 f 2x 3 x 1 f 2x 3 f x 1 1 f 2x 3 4 即... 令x y 0,則f 0 f 0 f 0 即f 0 0，再令y x,則f x f x f 0 0，即f x f x 從而f 1 f 1 令x y 1，則f 2 2f 1 從而f 1 f 2 2 2,於是f 1 f 1 2 1.令x y 0 則f 0 0 f 0 f 0 由此得出，f 0 0 2.令x ...設函式f（x）對任意x，y R，都有f（x y）f（x
定義在上的函式f（x）對任意的x，y R，都有f（x y）f（x） f（y） 1成立
設函式f（x）對任意x，y滿足f（x y）f（x） f（y）且f（2）4求f（ 1）是多少留下過程謝謝