设f(x)g(x)和h(x)是实数域上的多项式证明若f(x)

定义域是R,关于原点对称H(-x)=[f(-x)+f(x)]/2=H(x)所以是偶函数G(-x)=[f(-x)-f(x)]/2=-[f(x)-f(-x)]/2=-G(x)所以是奇函数

增函数f(x)≤g(x)所以f[f(x)]≤f[g(x)]且令x=g(x)代入f(x)≤g(x)所以f[g(x)]≤g[g(x)]所以f[f(x)]≤g[g(x)]同理得g[g(x)]≤h[h(x)]

再答：满意希望你能采纳，谢谢

若f(x)不为零多项式,则(f(x))²次数为偶数,x(f(x))²次数为奇数.且由f(x)∈R[x],x(f(x))²的最高次项系数为正数.同理,若g(x)不为零多项式

h(x)=[f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|]/2,因为如果f(x)>g(x),h(x)=f(x),成立.如果f(x)

①函数f(x),g(x),在D上有界,存在正实数M(1)、M(2),使得|f(x)|≤M(1)、|g(x)|≤M(2)在D上成立,记M=max{M(1),M(2)},则|f(x)±g(x)|≤|f(x

首先构造函数F(x)=f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|当f(x)>=g(x)时,F(x)=f(x)+g(x)+f(x)-g(x)=2f(x)当f(x)

（1）h（x）=f（x）+g（x）=ex+x2-x,∴h'（x）=ex+2x-1,令F（x）=h'（x）,则F'（x）=ex+2＞0,∴F（x）在（-∞,+∞）上单调递增,即h'（x）在（-∞,+∞）

因为(f,g)=1所以存在u,v,使得：fu+gv=1fu+ghu+gv-ghu=1(f+gh)*u+g*(v-hu)=1因此有：(f+gh,g)=1其实这种题只要构造出来就可以了~有不懂欢迎追问

因为(f,g)=1所以存在u,v,使得：fu+gv=1fu-ghu+gv+ghu=1(f-gh)*u+g*(v+hu)=1因此有：(f-gh,g)=1其实和刚刚那一题是一样的想法,只要能找到（根据题目

证明有定义知H包含于G1对于任意的a,b∈H,有f(a)=g(a),f(b)=g(b)∵f和g都是同态映射,所以必有f(b－¹)=f(b)－¹,g(b－¹)=g(b)－&

（1）h(x)=f(x)-g(x)=x²-(a+2)x+a*lnx,x>0；则h'(x)=2x-(a+2)+a/x,h'(x)≥2√[(2x)*(a/x)]-(a+2)=2√(2a)-(a+

一楼楼主回答的很精彩啊,可惜是.,哈哈.这道题主要是考查导数的定义的应用!正确答案是g(x)正确答案如下:f'（x）=lim[f（x+h）-f（x）]/[(x+h)-x]h->0=lim[f（x+h）

f(x)+g(x)=3x²-5x……①2f(x)-g(x)=2x+3………………②(①+②)÷3得：f(x)=x²-x+1代入①中,求得g(x)=2x²-4x-1

(1)设x0为区间上任一点(a)若f(x0)不等于g(x0),不妨设f(x0)>g(x0)由于连续性,存在x0的一个小邻域,在其中有f(x)>=g(x).此时h(x)=f(x),故此h(x)在x0处连

从函数的角度来说,两个函数的复合g.f(x)＝g(f(x)),所以第一题的g.f(x)＝g(f(x))=g(x+2)=(x+2)-2=x,也可以写成g.f={|x∈R}.进一步的有h.(g.f)(x)

x)为一次函数型在(-1,1)上有零点则f(-1)*f(1)<=0则是a+b>=0且-a+b<=0或a+b<=0且-a+b>=0以第一种情况为例设g(a)=a+b则g(a

正在做,请稍侯再问：最好可以给我步骤哈万分感谢再答：已知f(x)=x+1g(x)=2^xh(x)=-x+6，设函数F(x)=min{f(x)，g(x)，h(x)}，则F(x)的最大值为多少?解析：∵f