设f(x )二阶导数小于0小于零 f(0)=0，证明任意a,b都有f(a+b)<f(a)+ f（b）

来源：蜘蛛抓取(WebSpider) 时间：2014-12-24 12:48 标签： 小于号
f(x)在(0,+∞)上具有二阶导数，对一切x＞0有|f(x)|≤a,|f''(x)|≤b,a,b为常数。证明：|f'(x)|≤2√ab_百度知道
f(x)在(0,+∞)上具有二阶导数，对一切x＞0有|f(x)|≤a,|f''(x)|≤b,a,b为常数。证明：|f'(x)|≤2√ab
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设任意 正数x与h，有f（x+h）=f(x)+f '(x)*h+1/2*f ''(x+θh)*(h^2)其中0&θ&1,移项可得| f '（x）*h |=| f(x+h)-f(x)-1/2*f ''(x+θh)*(h^2) |
≤| f(x+h) | + | f(x)| + 1/2| f ''(x+θh)*(h^2) | ≤2*a+b/2*(h^2)| f '(x ) |≤2*a/h+ b*h/2上式对一切h属于（0，+∞）成立，若函数g（h）=2*a/h+ b*h/2在区间（0，+∞）上有最小值，则应有| f '(x ) |≤min g(h)由g '（h）=-2a/(h^2)+b/2, g '（h)=0的正跟是h0=2√a/b,g(h)在此处取得最小值（可验证），故有| f '(x ) |≤g（2√a/b）=2√ab，由于x是任意取定的正数，所以命题成立
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原来是这样，感谢！
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设任意 正数x与h，有f（x+h）=f(x)+f '(x)*h+1/2*f ''(c)*(h^2)f（x-h）=f(x)-f '(x)*h+1/2*f ''(d)*(h^2)两式作差
得到 f（x+h）-f（x-h）=2hf'(x)+1/2*h^2(f''(c)-f''(d))所以2h|f'(x)|&=2a+bh^2 |f'(x)|&=a/h+bh/2
对于任意h 所以h=根号（a/2b）也成立所以
|f'(x)|&=根号（2ab）我的答案是这题的一个加强。。。
二阶导数的相关知识
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试证明：对于任意实数k，在(a,b)中至少存在一点ξ，使f'(ξ)=kf(ξ)成立。
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由f(a)f((a+b)/2)&0，可知（a，(a+b)/2)上存在x1，使得f（x1）=0，由f(a)f(b)&0，同理可知（(a+b)/2，b）上存在x2，使得f（x2）=0，构造函数G（x)=f(x)/e^kx,G(x1)=G(x2)=0,G(x)在[x1，x2]可导且连续，在(x1,x2)中至少存在一点ξ，使G‘（ξ）=0，即f'(ξ)=kf(ξ)，综上，对于任意实数k，在(a,b)中至少存在一点ξ，使f'(ξ)=kf(ξ)成立
提问者评价
正解！好快啊
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出门在外也不愁已知函数f(x)的定义域为R，对于任意a,b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b),且_数学吧_百度贴吧
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已知函数f(x)的定义域为R，对于任意a,b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b),且收藏
已知函数f(x)的定义域为R，对于任意a,b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b),且当x＞0时，f(x)＜0,f(1)=-2,试判断f(x)在[-3，3）上是否有最大值和最小值？ 如果有，求出最大值和最小值，如果没有，说明理由。
减函数端点最值
这个问题的结论很简单，f(x)=-2x，所以在[-3,3)上有最大值6，没有最小值。但是证明过程比较罗嗦，要用Cauchy方法来证明。1) 当x是整数时f(x)=-2x。首先，由f(0+0)=2f(0)得到f(0)=0。由f(0)=f(a-a)=f(a)+f(-a)得到f是奇函数。对正整数n有f(na)=f(a)+f(a)+...+f(a)=nf(a)，f(-na)=-f(na)=-nf(a)。故对一切整数有f(x)=-xf(-1)=-2x。2) 当x是有理数时f(x)=-2x。设x=p/q，p和q都是非零整数，那么qf(x)=f(qx)=f(p)=-2p，从而f(x)=-2p/q=-2x。Cauchy方法只能证明到有理数这一步，下一步就需要用到诸如“x&0时f(x)&0”这样的条件来延拓到无理数。3) 当x是无理数时f(x)=-2x。假定存在无理数t使得f(t)!=-2t，不妨设f(t)&-2t(否则考察-t即可)，令u=-(f(t)+2t)/2&0，那么在(t,t+u)之间的任何有理数w满足0&w-t&u，从而f(w)=-2w=-2t+2(t-w)&-2t-2u=f(t)推出f(w-t)=f(w)-f(t)&0，矛盾。
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判断其在区间上的单调性.不行吗?
这种题没必要吧把解析式求出来吧= =
高三一模这种题都做烂了
高一党伤不起啊，我们练习册有这题，咋做啊，求解释
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