Question

高数题求解：设f(x)有界, 且f′(x)连续, 对任意的x∈(-∞,+∞)有|f(x)+f′(x)| ≤1,证明：|f(x)|≤1

看来这个题目的关注度还挺高的嘛，希望大家再多讨论一下 O(∩_∩)O~~~

Answer 1

修改！！！！

 楼下好像也犯了点错哦，自己还举了个例子

f(x)=arctanx那f(x)=-arctanx的导数不就是恒小于0的嘛！！！！

反证法：假设存在点x0点使f(x0)>1

由对任意的x∈(-∞,+∞)有|f(x)+f′(x)| ≤1得f′(x0)<0

于是在x0某邻域内f(x)严格单调减少

讨论：1.f(x)在(-∞，x0)内是严格单调函数

又f(x)是有界函数，必有上确界M>1，使得f(x)<M

由此在(-∞，x0)内必存在点X，使得当x<X时，

f(x)>M-e,-e<f′(x)<0 对任意小e恒成立

（证明过程见图）

  因此|f(x)+f′(x)|>M-2e>1与|f(x)+f′(x)| ≤1矛盾。

      2.f(x)在(-∞，x0)内不是严格单调函数

则在x0左邻域内必存在这样一个点x*,使得在(x*,x0)内f(x)单调减少，且x*是极大值点。

于是有f(x*)>f(x0)>1,f′(x*)=0。

这与对任意的x∈(-∞,+∞)有|f(x)+f′(x)| ≤1矛盾。

同理可对f(x0)<-1证明

所以：|f(x)|≤1

Answer 2

设F（x）=e^x[f(x)-1],则F′(x)=e^x[f(x)+f′(x)-1],
因为-1≤f(x)+f′(x)≤1，
所以F′(x)≤0，即F（x）单调不增，
因为F（x）单调有下界，
故存在l i m F（x）为F（x）的最大值，
x->-∞
因为f(x)有界，所以存在常数值m，M,使得m<f(x)<M,
则e^x（m-1）<e^x[f(x)-1]<e^x（M-1）,
l i m e^x（m-1）<l i m e^x[f(x)-1]<l i m e^x（M-1）,
x->-∞ x->-∞ x->-∞
即l i m e^x（m-1）<l i m F（x）<l i m e^x（M-1）,
x->-∞ x->-∞ x->-∞
因为l i m e^x（M-1）=0，l i m e^x（M-1）=0
x->-∞ x->-∞
所以根据极限夹逼法可知，
l i m F（x）=0
x->-∞
则F（x）≤0，即e^x[f(x)-1]≤0,
因为e^x不等于0，所以f(x)-1≤0，即f(x)≤1。
若设F(X)=e^x[f(x)+1],则同理可得-1≤f(x)，
综上所述，可得结论：|f(x)|≤1。

Answer 3

f(x)=arctanx,在(-∞,+∞)有界，f'(x)连续,它在(-∞,+∞)有最大最小值吗？
没有。这个反例指出了楼上似乎有人犯了这个错误。

证明：
假设存在x0使得f(x0)>1,因|f(x0)+f'(x0)|≤1，则f'(x0)≤1-f(x0)<0.

首先，一定存在x1<x0,使得f'(x1)>0。

否则在(-∞,x0]上f'(x)≤0，f(x)在此区间上是减函数，对于x<x0，有f(x)≥f(x0)>1,并且f'(x)≤1-f(x)≤1-f(x0)。这样一来，由拉格朗日中值定理可知存在ξ∈(x,x0)使得f(x)=f(x0)+f'(ξ)(x-x0)>1+(1-f(x0))(x-x0)=1+(f(x0)-1)(x0-x),f(x0)-1是一个正的常数，显然lim{x->-∞}f(x)≥lim{x->-∞}[1+(f(x0)-1)(x0-x)]=+∞，这与f(x)有界矛盾。

因此存在x1<x0,使得f'(x1)>0,而f'(x0)<0，由于f'(x)的连续性，可知存在x1，x0的邻域U(x1),U(x0)使得f'(x)分别在U(x1)，U(x0)中恒正，恒负。于是必有a,b使得x1<a<b<x0且f(a)>f(x1),f(b)>f(x0),再由f'(x)连续性自然有f(x)连续，因此存在θ∈[x1,x0]使得f(θ)为区间[x1,x0]上的最大值(且非端点处取得），从而f'(θ)=0，但f(θ)>f(x0)>1,这就导致|f(θ)+f'(θ)|>1.与已知矛盾，故假设不真，于是证得对任意x∈(-∞,+∞),f(x)≤1。

当f(x)满足题给条件时，-f(x)同样满足。因此对任意x∈(-∞,+∞)，-f(x)≤1，即f(x)≥-1。

至此证明了|f(x)|≤1.

证得很长，相信有更简单的证明。也批判地吸收了楼上诸位的经验，致谢。

Answer 4

反证：设f(x0)>1

那么f'(x0)<0, 且对于所有f(x)>1,f'(x)<0,从x0向左找到第一个y<x0使得f(y)<f(x0),那么根据中值定理存在 y<z<x0 使f'(z) = (f(x0)-f(y))/(x0-y)>0,因为f(z)>=f(x0)>1, 那么 f(z)+f'(z)>1,矛盾

如果不存在这么一个y,那么因为f连续，对于所有y<x0, f(y)>= f(x0)>1
我们需要f'(y) <= 1-f(y) <= 1-f(x0)

取y<x0, 那么 f(x0)-f(y) = 从y到x0对f'(x)积分 <= 从y到x0对1-f(x0)积分=(x0-y)(1-f(x0))

即 f(y)>=f(x0)+(x0-y)(f(x0)-1)
因为(x0-y)(f(x0)-1)>0 且随y无限缩小无界扩大，这和f(x)有界矛盾，
所以f(x)<=1

让g(x)=-f(x),那么根据以上g(x)<=1,即f(x)>=-1

补充：看了下面讨论说明一下基本上我的证明分两部分，第二部分处理函数在小于x0时一直是减函数时的情况，利用了f在区间上永远小于g则其积分也小于g的积分，导出为了弥补大函数值而出现的负导数必然会导致函数值在x趋于负无穷时趋于无穷的矛盾，个人认为证得很完整，请大家讨论

第一部分讨论出现正导数时的情况，利用朗格朗日中值定理证明，唯一的缺陷可能是取第一个满足的y值这一点似乎不够严谨，不过如果可以使用分析理论那么有界实数集必有最小上界得出这样的y是一定存在的。

Answer 5

设f(x)在x0点取得最大值f(x0)且|f(x0)|>1，则f'(x0)=0
|f(x0)+f'(x0)|=|f(x0)+0|=|f(x0)|>1与对任意的x∈(-∞,+∞)有|f(x)+f′(x)| ≤1矛盾，所以|f(x)|<=1