1樓：良駒絕影
設：f(x)=(e^x)－x－3，則：
f(x)=(e^x)－1
則函式f(x)在(－∞，0)遞減，在(0，＋∞)上遞增，所以f(x)在(0，2)上遞增
又：f(0)=－2，f(2)=e²－5>0則：存在一點a∈(0，2)， 使得e^a=a＋3
2樓：望穿秋水
設f(x)=e^x-x-3
求導f'(x)=e^x-1=0
得 x=0
函式在 x=0處取得最小值為
f(0)=1-3=-2
最小值為 -2
隨便去一個點
f(2)=e²-5
因為函式 f(x)在 (0,2)上式連續的所以 在這其中必定有一個 f(x)=0
所以 至少在一點 a∈(0,2) 使得 e的a次方 = a+3
3樓：
你好，解答如下：
令f（x）= e^x - x - 3
則f（0）= -2 ＜ 0
f（2）= e² - 5 ＞0
因為f（x）在（0,2）上連續，所以肯定存在一點，滿足f（x0）= 0
所以至少存在一點 a∈(0,2) 使得 e的a次方 = a+3
4樓：福隆先生
y=e^a-a-3
a=0 y=1-0-3=-2<0a=2 y=e^2-2-3=e^2-5>0所以至少存在一點 a∈(0,2) 使得 e的a次方 = a+3
5樓：洞主
證明：由題設f(a)=e^a-a-3 a屬於(0,2)對f(a)求導：f(a)'=e^a-1 a屬於(0,2)顯然f(a)'>0 故原函式單調遞增，又因為f(0)<0 f(2)>0
即一定存在一點a使得 f(a)=0=e^a-a-3
證明題： 設方陣a滿足a3=0，試證明e-a可逆，且（e-a）-1=e+a+a2 答案必須是正確的證明過程。老師盯著呢。
6樓：莊生曉夢
設方陣a滿足a3=0，試證明e-a可逆，且（e-a）-1=e+a+a2 ，證明過程如下：
e-a^3=e
左端因式分解有（e-a）（e+a+a^2）=e
從而e-a可逆且（e-a）^-1=e+a+a^2
將一個矩陣分解為比較簡單的或具有某種特性的若干矩陣的和或乘積，矩陣的分解法一般有三角分解、譜分解、奇異值分解、滿秩分解等。
可逆矩陣的性質定理
1、可逆矩陣一定是方陣。
2、如果矩陣a是可逆的，其逆矩陣是唯一回的。
3、a的逆矩陣的逆矩陣還是a。記作（a-1）-1=a。
4、可逆矩陣a的轉置矩陣at也可逆，並且（at）-1=（a-1）t (轉置的逆等於逆的轉置）
5、若矩陣a可逆，則矩陣a滿足消去律。即ab=o（或ba=o），則b=o，ab=ac（或ba=ca），則b=c。
6、兩個答可逆矩陣的乘積依然可逆。
7樓：假面
e-a^3=e
左端因式分解有（e-a）（e+a+a^2）=e從而e-a可逆且（e-a）^-1=e+a+a^2將一個矩陣分解為比較簡單的或具有某種特性的若干矩陣的和或乘積，矩陣的分解法一般有三角分解、譜分解、奇異值分解、滿秩分解等。
8樓：azure愛
a-e右乘e+a+a*a也一樣的
希望可以幫到你
設fx在[0，a]上連續在(0，a)內可導且fa=0證明存在一點ξ屬於(0，a)使fξ+ξf'ξ=
9樓：love賜華為晨
設 g(x)=f(x)*x^3
則有：g'(x)=f(x)*3*x^2+f'(x)*x^3因為：g(0)=g(a)=0
根據中值定理，在(0,a)中存在ξ使得g'(ξ)=0即：f(ξ)*3*ξ^2+f'(ξ)*ξ^3=0所以：f(ξ)*3+f'(ξ)*ξ=0
10樓：愛的軒言
【知識點】
若矩陣a的特徵
值為λ1，λ2，...，λn，那麼|a|=λ1·λ2·...·λn【解答】
|a|=1×2×...×n= n！
設a的特徵值為λ，對於的特徵向量為α。
則 aα = λα
那麼 (a²-a)α = a²α - aα = λ²α - λα = (λ²-λ)α
所以a²-a的特徵值為 λ²-λ，對應的特徵向量為αa²-a的特徵值為 0 ，2，6，...，n²-n【評註】
對於a的多項式，其特徵值為對應的特徵多項式。
線性代數包括行列式、矩陣、線性方程組、向量空間與線性變換、特徵值和特徵向量、矩陣的對角化，二次型及應用問題等內容。
證明:函式f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)在區間(1,3)內至少存在一點a,使得它的二階導數是0，要用羅爾定理做
11樓：匿名使用者
顯然x=1和x=2時，f(x)=0，
那麼由洛爾定理得到
在區間(1,2)之間，
存在x1，使得f'(x)=0
同樣的道版理，
f(2)=f(3)=0，
所以在權
區間(2,3)之間，
存在x2，使得f'(x)=0
於是f '(x1)=f '(x2)=0
所以再次用洛爾定理得到
在區間(x1,x2)之間，
存在點a，使得f "(a)=0
即證明了在區間(1,3)內至少存在一點a,使得它的二階導數是0
設方陣a滿足方程a^2-2a+4e=0,證明：a，a+3，a-3e都可逆，並求它們的逆矩陣。 40
12樓：匿名使用者
a(a-2e)=-4e
a[-1/4(a-2e)]=e
所以a可逆，且a^(-1)=-1/4(a-2e)；
同理(a+3e)(a-5e)=-19e
(a+3e)[-1/19(a-5e)]=ea+3e可逆；
另一個模仿吧。
f(x)在a,b 二階可導,且f(a)=f(b)=0 ∫(a,b)f(x)dx=0證明至少存在一點ξ使得f ''(ξ)=f(ξ)
13樓：酷庫跳糖倍
應該由零點定理證bai
明：du
1）如果f(a)=f(b)
則ε可以取a或者b；
2）不zhi
妨設為daof(a)>f(b);
令f（內x）=f(x)-[f(a)+f(b)]/2;
於是f(a)=f(a)-[f(a)+f(b)]/2=[f(a)-f(b)]/2>0;
f(b)=f(b)-[f(a)+f(b)]/2=[f(b)-f(a)]/2<0;
所以存在ε容∈（a,b）；使得f(ε)=0;
即f(ε)-[f(a)+f(b)]/2=0；f(ε)=[f(a)+f(b)]/2；
綜上至少存在一點ε∈[a,b],使f(ε)=[f(a)+f(b)]/2
已知函式f（x）=x2-4x+a+3，a∈r．（ⅰ）若函式f（x）在（-∞，+∞）上至少有一個零點，求a的取值範圍；
14樓：好啦癱炒
（ⅰ）由函式y=f（x）在r上至少有一個零點，即方程f（x）=x2-4x+a+3=0至少有一個實數根．∴△=16-4（a+3）≥0，
解得a≤1．
（ⅱ）函式f（x）=x2-4x+a+3圖象的對稱軸方程是x=2．①當a+1≤2，即a≤1時，y
max＝f(a)＝a
?3a+3＝3．
解得a=0或3．
又a≤1，
∴a=0．
②當a+1＞2，即a＞1時，y
max＝f(a+2)＝a
+a?1＝3
解得a＝?1±172
．又a＞1，∴a＝?1+172
．綜上可知：a=0或?1+172．
設f(x)在[a,b]上具有二階導數 且f(a)=f(b)=0 f'(a)f'(b)>0 證明 至少存在一點c屬於（a,b),使f『』（c）=0
15樓：匿名使用者
函式極限的區域性保號性
設lim(x→x0)f(x)=a,且a>0(或a<0),那麼存在δ>0,使得當0<|x-x0|<δ時,有f(x)>0
在這裡f'(x)=[f(x)-f(x0)](x-x0),把保號性中的f(x)替換成f'(x),並令x0=a,取右極限,則lim(x→a+)f(x)/(x-a)=f'(a)>0,而x-a>0,所以得到f(x)>0.意思就是說在(a,a+δ)上f(x)>0
同理對b取左極限就可以得到在(b-δ,b)上f(x)<0
根據介值定理,在(a,b)上存在f(d)=0,即f(a)=f(d)=f(b)=0
對(a,d)使用羅爾定理有x1∈(a,d)使f'(x1)=0,同理對(d,b)使用羅爾定理有x2∈(d,b)使f'(x2)=0
那麼對(x1,x2)使用羅爾定理,就有c∈(x1,x2),使f''(c)=0
0到1連續可導，f 1 0,證明至少存在一點x屬於0到1,使3f xxf x
設f x x 復n f x x的n次方乘以f x 則函式f x 在 0,1 上連續制,在 0,1 內可導bai,且f 0 f 1 0,由羅爾中值du定理 存 zhi在x 0,1 使f x 0,f x nx n 1 f x x n f x0 0,兩邊除以daox n 1 所以 nf x xf x 0 ...
某一點極限存在的條件,函式在某一點極限存在的充要條件是什麼
設某一點x0 f x0 的左右極限都存在且相等。注 xo這個點可以沒有定義。類似於可去間斷點。某一點函式連續的條件 函式連續的條件是在極限存在的條件之上的。即，函式f x 在點x0的某一領域內有定義，lim x x0 f x f x0 某一點極限存在的條件是 函式f x 的左右極限都存在且相等。極限...
上連續在 0,1 內可導且f 1 0證明存在一點屬於 0,1 使2ff
證明 令g x x 2，g x g x f x 因為f x 在 0,1 上連續在 0,1 內可導，且g x 在 0,1 上連續在 0,1 內可導，那麼g x g x f x 在 0,1 上連續在 0,1 內可導。且g x g x f x x 2 f x x 2f x 2xf x 而g 0 g 0 f...