若非零实数f(x)对任意实数a,b

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(1)若存在x0,使得f(x0)=0,则f(x)=f(x+x0-x0)=f(x+x0)f(x0)=0,这与“非零函数f(x)”矛盾.∴f(x)=[f(x/2)]^2>0.（2）设x1f(x2),∴f(

f(a+b)=f(a)f(b)puta=b=0f(0)=f(0)f(0)=>f(0)=1case1:forx1>0(true)case2:x=0f(0)=1>0(true)case3:forx>0-x

1.(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xf(x)

这与f(x)为非0函数矛盾.因此不存在x0,使得f(x0)=0综上所述：f(x)>0(3)当f(4)=1/16时,解不等式f(x-3)·f(5-x^2)≤1/4f(4)=1/16,所以f(4)=f(2

见图~

方法1(1)由f(a+b)=f(a).f(b),得f(2a)=[f(a)]^2,令x=2a,则f(x)>=0.又f(x)是非零函数,所以f(x)>0(2)f(x+a)=f(x)f(a),f(x)=f(

(1)令a=b=x/2f(x)=f(x/2)*f(x/2)=[f(x/2)]^2非零函数f(x)所以f(x)>0(2)令a=x1-x2b=x2且x10f(x2)>0]f(x1)/f(x2)>1f(x1

(1)令a=b=x/2f(x)=f(x/2)*f(x/2)=[f(x/2)]^2非零函数f(x)所以f(x)>0(2)令a=x1-x2b=x2且x10f(x2)>0]f(x1)/f(x2)>1f(x1

（1）由已知,f（a+b）/f(b)=f(a)=f(a+b-b)f(0)=f(0)*f(0),则f(0)=1令x>0,则-x1则(由倒数法则)00则f(x1)>f(x2)故f(x)在R上为减函数（3）

1）当x=1时,由f（1）-1≥0,且f(1)≤(1+12)2=1,∴f（1）=1．（2）设二次函数为f（x）=ax2+bx+c,由f（-1）=0可得a-b+c=0,而f（1）=1,∴a+b+c=1,

令a=b=0,所以f(0)=f(0)*f(0)因为f(x)不为0所以f(0)=1>0当x＜0时,f(x)＞1当x>0时,-x＜0,f(-x)＞1令a=x,b=-x,所以f[x+(-x)]=f(x)*f

f(x+2a)=f(x+a+a)=-f(x+a)=f(x)所以2a为f的一个周期,所以为周期函数再问：f(x+2a)为什么加2a呢再答：没有为什么，只是推理的需要再问：f(x+a+a)=-f(x+a)

令a=x/2,b=x/2,对任意实数a、b有,f（a+b）=f(a)*f(b)=>f(x)=f(x/2)^2>0(因为函数是非零函数,f(x/2)≠0)

1)令a=b=x/2f(x)=f(x/2)*f(x/2)=[f(x/2)]^2非零函数f(x)所以f(x)>0(2)令a=x1-x2b=x2且x10f(x2)>0]f(x1)/f(x2)>1f(x1)

由题意得（1）f(0+a)=f(0)×f(a),即f(a)=f(0)×f(a),所以f(0)=1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

1证：令a>0∵f(a+0)=f(a)f(0)∴f(0)=1=f(a-a)=f(a)f(-a)∵f(-a)>1∴0bf(a)-f(b)=f[(a+b)/2+(a-b)/2]-f[(a+b)/2-(a-

（1）设x＞0，则-x＜0，在原式中令b=0得f（a）=f（a）•f（0），故f（0）=1，再令a=x，b=-x，则f（0）=f（x）•f（-x），所以f（x）=1f(−x)，因为-x＜0，所以f（-

∵a2=ab-14b2∴a2-ab+14b2=（a-b2）2=0∴a=b2，ba=2．

f(x)=e^x+axx≥0,f(x)>0恒成立e^x+ax>0a>e^x/xforx≥0letg(x)=e^x/xg'(x)=[e^x-xe^x]/x^2=e^x[1-x]/x^2g'(x)=0=>