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

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-∞
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.

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)

由此在(-∞，x0)内必存在点X，使得当x

f(x)>M-e,-e

（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

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x10。
否则在(-∞,x0]上f'(x)≤0，f(x)...

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

yz105105的证法很有创意，看我的一篇文章：http://hi.baidu.com/lca001/blog/item/92f236c302f7b23be4dd3b23.html
我的证明犯了一个严重的常识性的错误，连续函数在闭区间才有最大值和最小值,这里的f(x)在(-∞,+∞)不一定存在最大值M和最小值m，这个基本常识被我忘记了,感写数论_高数 给我指出错误,他给出一个证明，但也存在...

证明这样的题目，还还是要用导数的定义来证明
这样也不用采用什么反证法也不用举例；
按照定义在
x的某一邻域内，并且f′(x)连续，说明f′′(x)存在。
以下忘记了 呵呵

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y0,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= ...