已知函数f(x),当x,y属于R时,恒有f(x+y)=f(x)+f(y),求证f(x)是奇函数
当x,y属于R时,恒有f(x+y)=f(x)+f(y),所以当X=0,Y=0时候 F(0)=F(0)+F(0) ==>F(0)=0当Y=-Y时候 F(X+Y)=F(0)=0=F(X)+F(-X)==>F(-X)=-F(X)所以F(X)是奇函数
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扫描下载二维码已知函数y=f（x）不恒为0,且对于任意x,y∈R,都有f（x+y）=f（x）+f（y),求证y=f（x）是奇函数
TC践踏_缜獿
令x=y=0,则f(0+0)=f(0)+f(0) ∴f(0)=2f(0) ∴f(0)=0令x=﹣y,则f(x－x)=f(x)+f(﹣x) ∴f(x)+f(﹣x)=f(0)=0∴f(﹣x)＝﹣f(x) ∴y=f（x）是奇函数
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扫描下载二维码已知函数f（x），当x，y∈R时，恒有f（x+y）=f（x）+f（y）．_百度知道若函数y=f（x）对任意的x，y∈R，恒有f（x+y）=f（x）+f（y），当x＞0时，恒有f（x）＜0（1）判断f（x）的奇偶性并证明；&&&&&&&&&&&&&&&（2）判断函数f（x）的单调性并证明；（3）若f（2）=1，解不等式f（-x2）+2f（x）+4＜0．
落落为君7326
（1）令x=y=0，可知f（0+0）=f（0）+f（0），解之得f（0）=0，∴0=f（0）=f（-x+x）=f（-x）+f（x），移项得f（-x）=-f（x）所以函数f（x）是奇函数；（2）根据题意，得f（x-y）=f（x）+f（-y），因为函数（x）是奇函数，得f（x-y）=f（x）-f（y）设x1、x2∈R，且x1＜x2，得f（x1-x2）=f（x1）-f（x2）∵当x＞0时，恒有f（x）＜0．x1-x2＞0∴f（x1）-f（x2）＜0，得f（x1）＜f（x2）所以函数f（x）在R上是单调减函数；（3）不等式f（-x2）+2f（x）+4＜0，即4＜-[f（-x2）+2f（x）]，也就是4＜-f（-x2+2x）∵f（2）=1，得f（8）=f（4）+f（4）=4f（2）=4-f（-x2+2x）=f（x2-2x），且f（x）在R上是单调减函数，∴原不等式可化为f（8）＜f（x2-2x），得8＞x2-2x，解之得-2＜x＜4所以原不等式的解集为（-2，4）
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（1）令x=y=0，代入已知式并整理，可得f（0）=0．在已知等式中取y=-x，化简整理可得f（-x）=-f（x），从而得到函数f（x）是奇函数；（2）用-y代替y，结合函数为奇函数证出f（x-y）=f（x）-f（y）．由此证出当x1＜x2时，f（x1-x2）=f（x1）-f（x2）＞0，从而得到函数f（x）在R上是单调减函数；（3）求出f（8）=4，-[f（-x2）+2f（x）]=f（x2-2x），从而将原不等式转化成f（8）＜f（x2-2x），然后根据函数的单调性得到关于x的一元二次不等式，解之即可得到原不等式的解集．
本题考点：
抽象函数及其应用；奇偶性与单调性的综合．
考点点评：
本题给出抽象函数，要我们讨论函数的奇偶性和单调性，着重考查了对抽象函数的理解、函数的基本性质和不等式的解法等知识点，属于中档题．
扫描下载二维码已知函数f（x），当x，y∈R时，恒有f（x+y）=f（x）+f（y）．当x＞0时，f（x）＞0（1）求证：f（x）是奇_答案_百度高考
数学 指数、对数不等式的解法...
已知函数f（x），当x，y∈R时，恒有f（x+y）=f（x）+f（y）．当x＞0时，f（x）＞0（1）求证：f（x）是奇函数；（2）若，试求f（x）在区间[-2，6]上的最值；（3）是否存在m，使对于任意x∈[1，2]恒成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
第-1小题正确答案及相关解析
解：（1）令x=0，y=0，则f（0）=2f（0），∴f（0）=0．令y=-x，则f（0）=f（x）+f（-x），∴f（x）=f（-x），即f（x）为奇函数；（2）任取x1，x2∈R，且x1＜x2∵f（x+y）=f（x）+f（y），∴f（x2）-f（x1）=f（x2-x1），∵当x＞0时，f（x）＞0，且x1＜x2，∴f（x2-x1）＞0，即f（x2）＞f（x1），∴f（x）为增函数，∴当x=-2时，函数有最小值，f（x）min=f（-2）=-f（2）=-2f（1）=-1．当x=6时，函数有最大值，f（x）max=f（6）=6f（1）=3；（3）∵函数 f（x）为奇函数，∴不等式可化为，又∵f（x）为增函数，∴，令t=log2x，则0≤t≤1，问题就转化为2t2-4＞2t-4m在t∈[0，1]上恒成立，即4m＞-2t2+2t+4对任意t∈[0，1]恒成立，令y=-2t2+2t+4，只需4m＞ymax，而 （0≤t≤1），∴当时，，则．∴m的取值范围就为．}