若非零函数f(x)对任意实数a、b均有f(a+b)=f(a)xf(b),且当x<0时,f(x...

∴{f[(a-b)/2-f[-(a-b)/2]}<0 ∴f(a)-f(b)<0 ∴f（x）为减函数 3解：∵f(4)=f(2)*f(2)=1/16 ∴f(2)=1/4 ∴原不等式f(x-3)f(5)<=1/.4可转换为 f(x-3)f(5)<=f(2)即f(x-3+5)<＝f(2)又∵f(x)为减函数 ∴x-3+5>＝2 即x>=0 ...

2.令f(a+b)=f(a)f(b)中a=b=x/2，于是f(x)=f(0.5x)*f(0.5x)＝（f(0.5x)）^2>=0。因为是非零函数，所以对于任意x都有f(x)不等于0，所以f（x)>0。

(1)求证：f(x)>0 既然 对任意实数a,b均有f(a+b)=f(a)·f(b)，则有 f(a + a) = f(a) * f(a)f(x) = [f(x/2)]^2 ≥ 0 恒成立。如能进一步证明 对定义域任意x f(x) ≠ 0， 恒成立。则 f(x) > 0 成立。采用反证法：假设存在 x0, f(x0) = 0 那么对任意 x...

f(x+b)/f(x)=f(b)>1,而f(x)>0,f(x+b)>0,所以有f(x+b)>f(x)对任何x都成立，即f(x)为减函数，得证。（3）由f(4)=1/16及f(2)*f(2)=f(4)知:f(2)=1/4 要f(x-3)*f(5-x^2)≤1/4，即f(-x^2+x+2)≤1/4 由f(x)递减得:-x^2+x+2>=2 解得：...

当a,b互为相反数时，有f(a+b)=f(0)=f(a)×f(b)，即f(a)×f(b)=1，所以f(x)×f(-x)=1 又x<0时，f(x)>1,所以，x<0时，0<f(x)<1 综上，结论得证。（2）当x1>0,x2>0时，x1+x2>x1,x1+x2>x2，f(x1+x2)-f(x1)=f(x1)f(x2)-f(x1)=f(x1)(f(x2)-...

若非零函数f（x）对任意实数a，b均有 f（a+b）=f（a）f（b）时，f（x）＞1．（1）求证：f（x）＞0；（2）求证：f（x）为减函数；（3）当f(4)＝ 1 16 时，解不等式 f(x3)f(5x 2 )≤ 1 4

=1，所以对任意x，f(x)>0。（2）令x1<x2,则f(x2)-f(x1)=f[x1+(x2-x1)]-f(x1)=f(x1)*f(x2-x1)-f(x1)=f(x1)*[f(x2-x1)-1],因为x2-x1>0,所以f(x2-x1)<1，所以f(x1)*[f(x2-x1)-1]<0,即f(x2)-f(x1)<0,即f(x2)<f(x1)，所以f（x）是减函数 ...

1）证明：f(a+b)=f(a)f(b)令a=b=0有：f（0+0）=f（0）f（0）即f（0）=f2（0）解：f（0）=0或1；若f（0）=0， 令a=1，b=0有：f（1+0）=f（1）*f（0）=0即：f（1）=0 这与已知条件x＞0时，f（x）＞1相矛盾，∴f（0）=1；设x＜0，则-x＞0，f（0）=f...

2.令f(a+b)=f(a)f(b)中a=b=x/2，于是f(x)=f(0.5x)*f(0.5x)＝（f(0.5x)）^2>=0。因为是非零函数，所以对于任意x都有f(x)不等于0，所以f（x)>0。3.设x1<x2，因为对任意的x属于R，恒有f(x)>0，所以f(x1)/f(x2)=f(x1+x2-x2)/f(x2)=(f(x1-x2)*f(x...

所以 f(-x)=1/f(x)＞0 综上，对 x∈R,总有 f(x)>0 （2）设a＜b,则a-b＜0, f(a-b)＞1,又由（1）知，f(b)＞0，所以f(a)-f(b)=f((a-b)+b)-f(b)=f(a-b)·f(b)-f(b)=f(b)[f(a-b)-1]＞0 所以f(x)为R上的减函数.（3）f(4)=f(2+2)=f(2)...