1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f（x）＝根号下（1＋x^2），a不等于b，求证|f（a）-f（b）|<|a-b|
2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
3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）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 a b a b 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...
已知函数f（x）ax2-（a+2）x+lnx（1）当a
1楼 旧的时代 1 当a 1时，f x x2 3x lnx，定义域为 0， f x 2x 3 1 x 2x 1 x 1 x 2分 令f x 0得0 x 1 2或x 1 令f x 0得1 2 x 1 所以y f x 的增区间为 0，1 2 和 1， ，减区间为 1 2，1 4分 2 函数f x ax2...
已知函数f(x)a x(a0且a 0),当x0时,f(x)1,方程y ax+
1楼 匿名用户 x 0时，f x 1，所以00，截距1 a 1 所以直线经过第 一 二 三象限 2楼 匿名用户 此时a属于0和1之间 已知函数f x a x a 0，且a 1 在区间 1，2 上的最大值为m，最小值为n 3楼 松 竹 分类讨论 对底数a分别满足01时，函数的单调性不同 1 当0， 此...