题目
设f(x)在[0，c]连续，在(0，c)可导，f'(x)单调递减且f(0)=0，用拉格朗日中值定理证明：对任意a，b，0≤a≤b≤a+b≤c，恒有 f(a+b)≤f(a)+f(b)．
设f(x)在[0，c]连续，在(0，c)可导，f'(x)单调递减且f(0)=0，用拉格朗日中值定理证明：对任意a，b，0≤a≤b≤a+b≤c，恒有
f(a+b)≤f(a)+f(b)．
f(a+b)≤f(a)+f(b)．
题目解答
答案
[证明] 当a=0时，显然成立．
当a＞0时，因f(x)满足拉格朗日中值定理条件，所以必有ξ1∈(0，a)，使得
ξ∈(b，a+b)，使得
又因为ξ2＞ξ1，且f'(x)单调递减，所以f'(ξ1)＞f'(ξ2)，从而
即f(a)+f(b)＞f(a+b)，
综上所述，f(a+b)≤f(a)+f(b)．
当a＞0时，因f(x)满足拉格朗日中值定理条件，所以必有ξ1∈(0，a)，使得
ξ∈(b，a+b)，使得
又因为ξ2＞ξ1，且f'(x)单调递减，所以f'(ξ1)＞f'(ξ2)，从而
即f(a)+f(b)＞f(a+b)，
综上所述，f(a+b)≤f(a)+f(b)．
解析
步骤 1：考虑a=0的情况
当a=0时，不等式变为f(b)≤f(0)+f(b)，由于f(0)=0，所以f(b)≤f(b)，显然成立。
步骤 2：考虑a>0的情况
当a>0时，根据拉格朗日中值定理，存在ξ_1∈(0，a)，使得
$\dfrac {f(a)-f(0)}{a-0}=f'({\xi }_{1})$，
即
$\dfrac {f(a)}{a}=f'({\xi }_{1})$。
同样地，存在ξ_2∈(b，a+b)，使得
$\dfrac {f(a+b)-f(b)}{a+b-b}=f'({\xi }_{2})$，
即
$\dfrac {f(a+b)-f(b)}{a}=f'({\xi }_{2})$。
步骤 3：利用f'(x)的单调性
由于f'(x)在(0，c)上单调递减，且ξ_2>ξ_1，所以f'(ξ_1)>f'(ξ_2)，即
$\dfrac {f(a)}{a}\gt \dfrac {f(a+b)-f(b)}{a}$，
从而
f(a)+f(b)＞f(a+b)。
步骤 4：综合结论
综上所述，无论a=0还是a>0，都有f(a+b)≤f(a)+f(b)。
当a=0时，不等式变为f(b)≤f(0)+f(b)，由于f(0)=0，所以f(b)≤f(b)，显然成立。
步骤 2：考虑a>0的情况
当a>0时，根据拉格朗日中值定理，存在ξ_1∈(0，a)，使得
$\dfrac {f(a)-f(0)}{a-0}=f'({\xi }_{1})$，
即
$\dfrac {f(a)}{a}=f'({\xi }_{1})$。
同样地，存在ξ_2∈(b，a+b)，使得
$\dfrac {f(a+b)-f(b)}{a+b-b}=f'({\xi }_{2})$，
即
$\dfrac {f(a+b)-f(b)}{a}=f'({\xi }_{2})$。
步骤 3：利用f'(x)的单调性
由于f'(x)在(0，c)上单调递减，且ξ_2>ξ_1，所以f'(ξ_1)>f'(ξ_2)，即
$\dfrac {f(a)}{a}\gt \dfrac {f(a+b)-f(b)}{a}$，
从而
f(a)+f(b)＞f(a+b)。
步骤 4：综合结论
综上所述，无论a=0还是a>0，都有f(a+b)≤f(a)+f(b)。