已知f（x）根号下（1 x 2），a不等于b，求证f（a）-f（ba-b

1楼：匿名用户

已知f(x)=√(1+x^2)，a≠b，求证|f(a)-f(b)|<|a-b|

证明1：∵a≠b，∴a+b>2ab，∴1+a+b+ab>ab+2ab+1，即有(1+a)(1+b)>(ab+1)

故有√[(1+a)(1+b)]>ab+1，从而有-√[(1+a)(1+b)]<-ab-1，

于是有1-√[(1+a)(1+b)]<-ab，两边同乘以2得：2-2√[(1+a)(1+b)]<-2ab，

即有1+a+1+b-2√[(1+a)(1+b)]f(a)^2+f(b)^2-2f(a)f(b)1+a^2+1+b^2-2√[(1+a^2)(1+b^2)]1+ab<√[(1+a^2)(1+b^2)]

当1+ab<0时,上式成立.

当1+ab≥0时,上式等价于

1+a^2b^2+2ab<(1+a^2)(1+b^2)=1+a^2b^2+a^2+b^2

<=>2ab(a-b)^2>0

因为a≠b,所以上式恒成立.

所以|f(a)-f(b)| <|a-b|

已知f(x)=根号下1-x^2,当a不等于b时,求证|f(a)-f(b)|<|a-b|如题 谢谢了

2楼：然然

|f(a)-f(b)|/|a-b| 是任意兩點的斜率 <=1 可以推導|f(a)-f(b)|<|a-b|

已知f(x)=sqr(1+x^2),a不等于b,求证f(a)-f(b)的绝对值小于a-b的绝对值

3楼：匿名用户

|证：|√(1+a^2)-√(1+b^2)|<|a-b|。

证明：为方便起见，令a>b，则欲证式成为：

√(1+a^2)-√(1+b^2)式左端分母看作1，分子分母同乘以：√(1+a^2)+√(1+b^2)，得

[(1+a^2)-(1+b^2)]/[√(1+a^2)+√(1+b^2)]0，所以上式两边同时除以(a-b)，得：

(a+b)/[√(1+a^2)+√(1+b^2)]<1a+b<√(1+a^2)+√(1+b^2)于是，要证原式成立，就等价于证上式成立。

当a<0时，√(1+a^2)>a，明显成立。

当a>0时，则1+a^2>a^2，两边同时开平方得：√1+a^2>a，

同理，√1+b^2>b也成立。

相加即得：

a+b<√(1+a^2)+√(1+b^2)因此，倒推即可。

如果楼主还有不明白的地方，可以进行问题补充，或者发信息给我。

【急>_<】已知f(x)=√(1+x^2),当a≠b时,求证:|f(a)-f(b)|<|a-b| 5

4楼：匿名用户

^1）证明：为方便起见，令a>b，则欲证式成为：

√(1+a^2)-√(1+b^2)母看作1，分子分母同乘以：√(1+a^2)+√(1+b^2)，得

[(1+a^2)-(1+b^2)]/[√(1+a^2)+√(1+b^2)]0，所以上式两边同时除以(a-b)，得：

(a+b)/[√(1+a^2)+√(1+b^2)]<1

a+b<√(1+a^2)+√(1+b^2)

于是，要证原式成立，就等价于证上式成立。

当a<0时，√(1+a^2)>a，明显成立。

当a>0时，则1+a^2>a^2，两边同时开平方得：√1+a^2>a，

同理，√1+b^2>b也成立。

相加即得：

a+b<√(1+a^2)+√(1+b^2)

因此，倒推即可。

2）解：a=[1,2] b=(负无穷，1-a]并[1+a,正无穷）

若a∩b=空集则1-a<1,1+a>2

解方程组得到a>1

已知函数f(x)=√（1+x^2),若a，b∈r+,且a≠b,则|f(a)-f(b)|与|a-b|的关系为

5楼：匿名用户

|结果是|f(a)-f(b)|<|a-b|既然a和b在r+上具有任意性，不妨设a>b(事实上设a样的)。

令|f(a)-f(b)|/|a-b|=(√（1+a^2)-√（1+b^2))/(a-b)

分式上下同乘以(√（1+a^2)+√（1+b^2))经计算同分得，原式=(a+b)/(√（1+a^2)+√（1+b^2))<1

所以|f(a)-f(b)|/|a-b|<1所以|f(a)-f(b)|<|a-b|

f(x)=e^x, 设a