> 【答案带解析】已知函数f(x)是定义在R上不恒为零的函数,且对于任意实数a,b∈R,满足:f(...
已知函数f(x)是定义在R上不恒为零的函数,且对于任意实数a,b∈R,满足:f(a·b)=af(b)+bf(a),f(2)=2,an=(n∈N*),bn=(n∈N*).考察下列结论:①f(0)=f(1);②f(x)为偶函数;③数列{an}为等比数列;④数列{bn}为等差数列.其中正确的结论共有(　　)(A)1个
(D)4个 
【解析】根据所给的四个条件,逐条验证即可.注意②中用特殊值验证,③④用定义判断.
∵f(0)=f(0×0)=0,
f(1)=f(1×1)=2f(1),
∴f(1)=0,①正确;
又f(1)=f((-1)×(-1))=-2f(-1),
∴f(-1)=0,f(-2)=f(-1×2)=-f(2)+2f(-1)=-2≠f(2),
故f(x)不是偶函数,故②错;...
考点分析：
考点1：数列
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已知函数f(x)是R上的单调增函数且为奇函数,数列{an}是等差数列,a3&0,则f(a1)+f(a3)+f(a5)的值(　　)(A)恒为正数
(B)恒为负数(C)恒为0
(D)可正可负 
若|loga|=loga,|logba|=-logba,则a,b满足的条件是(　　)(A)a&1,b&1
(B)0&a&1,b&1(C)a&1,0&b&1
(D)0&a&1,0&b&1 
若P=+,Q=+(a≥0),则P,Q的大小关系是(　　)(A)P&Q
(B)P=Q(C)P&Q
(D)由a的取值确定 
若实数a,b满足a+b&0,则(　　)(A)a,b都小于0(B)a,b都大于0(C)a,b中至少有一个大于0(D)a,b中至少有一个小于0 
如果a&0,b&0,则必有(　　)(A)a3+b3≥ab2+a2b
(B)a3+b3≤ab2+a2b(C)a3+b3&ab2+a2b
(D)a3+b3&ab2+a2b 
题型：选择题
难度：中等
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满分5 学习网 . All Rights Reserved.这是个机器人猖狂的时代，请输一下验证码，证明咱是正常人~考点：抽象函数及其应用
专题：函数的性质及应用
分析：（1）赋值法：令x1=x2=0，易求得f（0）=1，再根据f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）可变形为f（x1）=f（（x1+x2）-x2）=f(x1+x2)f(x2)，由此可得结论；（2）迭代法即可，f（nx）=f[（n-1）x+x]=f[（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x]f2（x）=…（3）采用赋值法结合单调性的定义构造出f（x1）-f（x2），判断其符号即可．
解：（1）令x1=x2=0，得f（0）=f2（0），又因为f（0）≠0，所以f（0）=1；由f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）得f（x1）=f（（x1+x2）-x2）=f(x1+x2)f(x2)①，所以不妨令x1=x1+x2，x2=x2，代入①式可得f（x1-x2）=f(x1)f(x2)．（2）由f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）得f（nx）=f（（n-1）x+x）=[f（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x+x]f（x）=f[（n-2）x]f2（x）=…=f[（n-i）x]fi（x）=…=f（x）fn-1（x）=fn（x）（i=0，1，2，…，n）．（3）令x1=x2=x2，则f（x）=f2（x2）＞0，所以函数f（x）＞0恒成立．任取x1＜x2，则x2-x1＞0，所以由（1）得f(x2)f(x1)=f（x2-x1），又因为x＞0时，f（x）＞1，所以f(x2)f(x1)=f（x2-x1）＞1，所以f（x2）＞f（x1）＞0，所以函数f（x）在R上是增函数．
点评：本题考查了抽象函数的单调性的证明，主要还是利用定义法，本例是利用作商法证明单调性，此时要注意作商的两个数须同号才能比较大小．下结论．
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已知函数f（x）=x1+x；（1）求f（2）与（12）f，f（3）与f（13）的值；（2）由第（1）小题的结果，你能发现f（x）与f（1x）之间有什么关系？请证明你的发现；（3）练习第（2）小题的结论，求：f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2013）+f（2014）+f（12）+f（13）+…+f（12013）+f（12014）的值．
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精英家教网新版app上线啦！用app只需扫描书本条形码就能找到作业，家长给孩子检查作业更省心，同学们作业对答案更方便，扫描上方二维码立刻安装！已知f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对于任意的x,y∈R都有f(x+y)=xf(y)+yf(x)(1)求f(0)f(1)的值（2）判断其奇偶性（3）若f（x）在【0,无限大）上是增函数且f（x）+f（x-1|2）小于0求x范围
小妙wan1316
分析：（1）令x=y=0,代入f（x）•f（y）=f（x+y）即可得到f（0）的方程,解之即可求得f（0）,再有x=x2+x2,即可证得对任意的x∈R,有f（x）＞0；（2）设x1,x2∈R且x1＜x2,利用定义法作差,整理后即可证得差的符号,进而由定义得出函数的单调性．（1）可得f（0）•f（0）=f（0）∵f（0）≠0∴f（0）=1又对于任意x∈R,f(x)＝f(x/2+x/2)＝[f(x/2)]²≥0又f(x/2)≠0,∴f（x）＞0（2）设x1,x2∈R且x1＜x2,则f（x1）-f（x2）=f[（x1-x2）+x2]-f（x2）=f（x2）[f（x1-x2）-1]∵x1-x2＜0∴f（x1-x2）＞f（0）=1∴f（x1-x2）-1＞0对f（x2）＞0∴f（x2）f[（x1-x2）-1]＞0∴f（x1）＞f（x2）故f（x）在R上是减函数
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B这是一道选择题, 1
D，谢, 1/2求过程和答案，A
提问者采纳
就关帖子。烦A如果想知道过程就采纳了再联系我吧。我上午一直在。给了详解。 我遇到好多人都是
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