参考答案

证法1 因函数f(x)在[0，a]上满足拉格朗日中值定理条件，故有
f(a)-f(0)=a·f'(ξ₁)， 0＜ξ₁＜a而f(0)=0，所以f(a)=a·f'(ξ₁)
又对f(x)在闭区间[b,a+b]上用拉格朗日中值定理，则有
f(a+b)-f(b)=a·f'(ξ₂)，b＜ξ₂＜a+b于是f(a+b)-[f(a)+f(b)]=a[f'(ξ₂)-f'(ξ₁)]但0＜ξ₁＜a＜b＜ξ₂＜a+b＜c，而f'(x)在[0，c]上单调减少故f'(ξ₂)-f'(ξ₁)＜0，a[f'(ξ₂)-f'(ξ₁)]＜0,所以
f(a)+f(b)＞f(a+b)
证法2 利用单调性证明，
设F(x)=f(a)+f(x)-f(a+x)，由于f'(x)存在，可知F(x)在[0，c-a]上可导，且
F'(x)=f'(x)-f'(a+x)由于f'(x)在[0，c-a]上单调减少，0＜a＜x≤b，且a+x＜c，因此
f'(x)-f'(a+x)＞0可知F'(x)＞0，即F(x)在[0，c-a]上单调增加
由于F(0)=f(a)+f(0)-f(a)=0，可知，当0＜a＜x＜c-a时，必有F(x)＞F(0),特别当x=b时，有
F(b)=f(a)+f(b)-f(a+b)＞0即
f(a)+f(b)＞f(a+b)由于题目是函数f(x)在点x=a，x=b与x=a+b处值的关系，条件中有f'(x)为单调减少函数,可以利用拉格朗日中值定理找出它们之间的关系
也有一种常见的转换方式，将b或a换为x，将所给不等式化为两个函数的不等式,从而考虑利用函数单调性证明