1樓：匿名使用者
解:設x∈[-3，-2]，則x+4∈[1，2]，由f(x+2)=- 1/2 f(x)，得f(x)=-2f(x+2)=-2[-2f(x+4)]=4f(x+4)，
因為f(x)在區間[0，2]上有表示式f(x)=-x2+2x，所以f(x)=4f(x+4)=4[-(x+4)2+2(x+4)]=-4(x+2)(x+4).
故答案為:f(x)=-4(x+2)(x+4).
已知函式f（x）對任意實數x均有f（x）=-2f（x+1），且在區間[0，1]上，有表示式f（x） 10
2樓：最愛小勇敢
因為f（-1）=2f（1）=2（1-2）=-2，所以f（-1）=-2．
因為f（0.5）=2f（2.5），
所以f（2.5）=12
f（0.5）=12
•12•（12
-2）=-38
．（ⅱ）因為函式f（x）對任意實數x均有f（x）=2f（x+2），所以f（x-2）=2f（x），f（x）=12
f（x-2）．
當-2≤x＜0時，0≤x+2＜2，
f（x）=2f（x+2）=2x（x+2）；
當-3≤x＜-2時，-1≤x+2＜0，
f（x）=2f（x+2）=4（x+2）（x+4）；
當2＜x≤3時，0＜x-2≤1，
f（x）=12
f（x-2）=12
（x-2）（x-4）；
故f（x）=
4(x+2)(x+4)，-3≤x＜-2
2x(x+2)，-2≤x＜0
x(x-2)，0≤x≤212
(x-2)(x-4)，2＜x≤3
3樓：匿名使用者
^(1)f(-1)=-2f(0)=0
f(1.5)=-2f(0.5)=4f(-0.5)=1(2)1.當-2<=x<=-1時
f(x)=4(x+2)^2
2.當-1 f(x)=-2(x+1)^2 3.當0<=x<=1時 f(x)=x^2 4.當1 f(x)=-1/2(x-1)^2 （理）已知定義在r上的函式y=f（x）對任意的x都滿足f（x+2）=-f（x），當-1≤x＜1時，f（x）=x3，若函式g 4樓：沉默火聖 ∵f（x+2）=-f（x）， 又g（x）=f（x）=loga|x|只有4個零點，∴當a＞1時，loga3＜1＜loga5，如圖，解得3＜a＜5； 當0＜a＜1時，loga5＜-1＜loga3＜0，同理解得15＜a＜13； ∴實數a的取值範圍是（3，5）∪（15，13）． 故答案為：（3，5）∪（15，13）． 已知定義在r上的函式f（x）對任意x，y∈r均有：f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）且f（x）不恆為零．則下 5樓：繁星 由f（x）不恆為零，若f（0）=0，則f（x）+f（x）=0，故①錯誤； 令x=y=0，則f（0）+f（0）=2f（0）?f（0），解得，f（0）=1，②正確； 由以上知，③錯誤； 令x=0，則f（y）+f（-y）=2f（y），即f（-y）=f（y），又∵定義域為r； 故④正確； 由題意，f（x+a）+f（x-a）=0， 則f（x+a）=-f（x-a）=f（x-3a），故4a是其一個週期； 故⑤不正確； 故答案為：②④． 設f(x)是定義在r上的奇函式，且對任意實數x，恆有f(x+2)=-f(x).當x∈［0.2］時， 6樓： 解析：（1）對任意的實數x恆有f(x+2)=-f(x)，∴f(x+4)=-f(x+2)=-=f(x)，∴函式f(x)是周期函式，且4是它的一個週期； （2）設x∈，4]，則-x+4∈，2]， 由題意，當x∈，2]時，函式f(x)=2x-x²，∴f(-x+4)=2(-x+4)-(-x+4)²= -x²+6x-8， 又函式f(x)是以4為週期的周期函式， ∴f(-x+4)=f(-x)， 又函式f(x)為奇函式，有f(-x)= -f(x)，∴f(x)= -f(-x)=-f(-x+4)=x²-6x+8，因此，當x∈，4]時，函式f(x)=x²-6x+8； （3）當x∈，2]時，函式f(x)=2x-x²，∴f(0)=0，f(1)=1，f(2)=0，∵對任意的實數x恆有f(x+2)=-f(x)，∴f(3)=-f(1)=-1， ∴f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0，又函式f(x)是以4為週期的周期函式， ∴f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2015)= f(0)+f(1)+f(2)=1. 已知定義在r上的函式f（x）滿足：， f(1)= 5 2 ，且對於任意實數x，y，總有f（x）f（y）=f（x+ 7樓：骸梟 （i）令x=1，y=0 ∴f（1）?f（0）=f（1）+f（1） ∵f(1)=5 2 ，∴f（0）=2． 令x=0， ∴f（0）f（y）=f（y）+f（-y）即2f（y）=f（y）+f（-y） ∴f（y）=f（-y），對任意的實數y總成立． ∴f（x）為偶函式． （ii）令x=y=1，得f（1）f（1）=f（2）+f（0）． ∴25 4 =f(2)+2 ． ∴f(2)=17 4 ．∴a1 =2f(2)-f(1)=17 2 -5 2 =6 ． 令x=n+1，y=1，得f（n+1）f（1）=f（n+2）+f（n）． ∴f(n+2)=5 2 f(n+1)-f(n) ． an+1 =2f（n+2）-f（n+1） =2[5 2 f(n+1)-f(n)]-f(n+1)4f(n+1)-2f(n) =2[f（n+1）-2f（n）]=2an （n≥1） ∴是以6為首項，以2為公比的等比數列． （iii）結論：f（x1 ）＜f（x2 ）． 證明：設y≠0 ∵y≠0時，f（y）＞2， ∴f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（x），即f（x+y）-f（x）＞f（x）-f（x-y）． ∴對於k∈n，總有f[（k+1）y]-f（ky）＞f（ky）-f[（k-1）y]成立． ∴f[（k+1）y]-f（ky）＞f（ky）-f[（k-1）y]＞f[（k-1）y]-f[（k-2）y]＞…＞f（y）-f（0）＞0． ∴對於k∈n總有f[（k+1）y]＞f（ky）成立． ∴對於m，n∈n，若n＜m，則有f（ny）＜f（my）成立． ∵x1 ，x2 ∈q，所以可設|x 1 |=q1 p1，|x2 |=q2 p2，其中q1 ，q2 是非負整數，p1 ，p2 都是正整數， 則|x1 |=q1 p 2 p1 p2，|x2 |=p1 q 2 p1 p2．令y=1 p1 p2，t=q1 p2 ，s=p1 q2 ，則t，s∈n． ∵|x1 |＜|x2 |，∴t＜s ∴f（ty）＜f（sy），即f（|x1 |）＜f（|x2 |）． ∵函式f（x）為偶函式． ∴f（|x1 |）=f（x1 ），f（|x2 |）=f（x2 ）． ∴f（x1 ）＜f（x2 ）． 1 1 取m n 0得 f 0 f 0 f 0 得f 0 0或1 又取n 0,m 1時 f 1 f 0 f 1 結合當x 0時 f x 1.所以f 0 0 所以f 0 1 2 證明 因為當x 0時 f x 1，所以 當x 0時，x 0，所以f x 1 由f m f n f m n 令m x，n x得... 證明由f x 2 f x 1 得f x 2 1 f x 則f x 4 f x 2 2 利用 式 1 f x 2 再次利用 式 1 1 f x f x 故f x 4 f x 故t 4 故fx是周期函式 證明 由f x 2 f x 1得f x 2 1 f x f x 4 f x 2 2 1 f x 2 ... 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...已知f x 是定義在R上的函式對任意實數m n都有f m f n f m n 且當x0時f x
已知定義在r上的函式fx滿足fx2fx1，求證f
已知函式fx的定義域為R，對於任意的x，yR，都有f