1樓：西域牛仔王
考察函式 f(x) = xf(x)，則 f(x) 在 [0，2] 上連續，在（0，2）內可導，
且 f(0) = 0，f(1)*f(2)=2f(1)f(2) = -2 < 0，
因此由介值定理知，存在 a ∈(1，2) 使 f(a) = 0，由羅爾定理知，存在 ξ∈（0，a）∈（0，2）使 f'(ξ)=0，即 ξf'(ξ)+f(ξ) = 0 。（上式第二個 ∈ 應該是包含於，打不出來）
高數問題：設f(x)在[0,2]內連續，在（0,2）內可導，又f(0)+2f(1)=6,f(2)=2,證明：
2樓：匿名使用者
首先對f(0)+2f(1)=6使用介值定理，之後再使用rolle。解不出來再問我。
一道大一高數題f（x）在[0,1]上連續，在（0，1）內可導
3樓：行車自在行
^f(x)=f(x)e^[(1-x)^2]設a∈(0,1)使得
f'(a)=[f(1)-f(0)]/(1-0)=1-e<0
設b∈(1,2)使得
f'(b)=[f(2)-f(1)]/(2-1)=e-1>0
所以，在x∈(0,1)時f(x)單減
x∈(1,2)時，f(x)單增
f(1)為極值點
所以必存在極值點ξ∈(0,2)使得f'(ξ)=0(直接用介值定理也可)
如果確實是要證明的是ξ∈（0，1）的話，當我沒說，我不會做
4樓：薯仔死光
我感覺題目是f(x)-kf'(x)=0
令f(x)=e^(-kx)f(x)
f'(x)=e^(-kx)(－1/kf(x)+f'(x))即求f'(x)=0
已知可求f(0)=f(1)=0
0和1之間存在最值點即f'(x)=0
細節都省了
設f(x)在[0.1]連續,證明∫(0→1)[f(x)^2]dx≥[∫(0→1)f(x)dx]^2 50
5樓：寂寞的楓葉
解：設∫(0,1)f(x)dx=m，那麼(f(x)-m)^2≥0，
因此∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0，
又(f(x)-m)^2=(f(x))^2-2m*f(x)+m^2，那麼
∫(0,1)(f(x)-m)^2dx=∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)(2m*f(x))dx+∫(0,1)m^2dx
=∫(0,1)f(x))^2dx-2m∫(0,1)f(x)dx+m^2
=∫(0,1)f(x))^2dx-2*∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx+∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx
=∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx=∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2
又∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0，所以，∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2≥0，
即∫(0,1)f(x))^2dx≥(∫(0,1)f(x)dx)^2
6樓：匿名使用者
要證明的積分上限應該是1.證明思路：先交換積分順序,然後交換變數的符號,
相加除以2即可.
原式=∫【0,1】dy∫【0,y】f(x)f(y)dx 這是交換積分順序
=∫【0,1】dx∫【0,x】f(x)f(y)dy 這是對上一個積分中的x,y變數互換符號而已
=0.5∫【0,1】dx∫【0,1】f(x)f(y)dy上面個兩個積分相加除以2,注意內層積分恰好是從0到x和從x到1=0.5∫【0,1】f(x)dx∫【0,1】f(y)dy=0.
5a^2.
設fx在上連續a0,在a,b內可導
由拉格朗日中值定理得 存在 a,b s.t.f f b f a b a 存在 a,b s.t.f a f b b 2 a 2 f 2 兩式相除,得證。222222222222 設函式f x 在 a,b 上連續,在 a,b 內可導 0 利用柯西中值定理證明。設g x lnx,則根據條件可知 f x g...
fx在上連續,在a,b內可導且fa
因為f x 0,所以f x 是單調增函式所以在 a,b 區間內,有f x f a 0所以f x 在 a,b 區間內是單調增函式所以f b f a 設函式f x 在區間 a,b 上連續,且f a b。證明存在 a,b 使得f 令g x f x x,由題意知g x 連續g a f a a 0,g b f...
設函式fx在區間上連續,在區間0,1內可導
設f x xf x 因為 f x 在區 間 0,1 上連 續,在區間 0,1 內可導 得f x 在在區間 0,1 上連續,在區間 0,1 內可導且f x f x xf x 又f 1 0 得f 0 f 1 0根據羅爾定理版得 存在權a 0,1 使f a a af a 0所以存在a 0,1 使f a a...