设函数fx在+0+1+上连续
答：^令g(x)=x^3*f(x)，则g(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导 因为g(0)=0，g(1)=f(1)=0，所以根据罗尔定理 存在ξ∈(0,1)，使得g'(ξ)=0 3ξ^2*f(ξ)+ξ^3*f'(ξ)=0 3f(ξ)+ξf'(ξ)=0 主要优势：则因为 f(a)=f(b) 使得最大值 M 与最小值 m 至少有一个...
答：反证法,假定在[0,1]有两个点a,b(a0.5 根据拉格朗日中值定理,在(a,b)中存在点c使得f(b)-f(a)=(b-a)*f'(c)即有：|f(b)-f(a)|=(b-a)*|f'(c)|>0.5 已知|f'(c)|0.5 （后面要用这个结论）再两次利用拉格朗日中值定理：在(0,a)中存在d使得：f(a)-f(0)=a*f'(d...
答：第一题的答案是0 ∫f(x)dx与积分变量是无关的，也就是说这里的x可以改成任意变量，所以说∫f(x)dx与∫f(t)dt是一个意思，这里的积分与f(t)dt是否连续是没有关系的。望采纳o!!!
答：左式为从0~a的定积分 右式为a*(0~a+f(a)*(1-a))把两侧同减a*(0~a)左式变成(0~a)*(1-a)右式变成f(a)*(1-a)*a 同除(1-a),此项恒正所以不用变号 左式变成(0~a)右式变成f(a)*a 在由中间值定理可知,存在一常数c在0~a间 使得定积分(0~a) = f(c)*a 又此函数是...
答：【答案】：设F(x)=[f(x)+f'(x)]e-x，由题设可知F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且F(0)=F(1),由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(0，1)，使F'(ξ)=0，又F'(ξ)=[f'(x)+f"(x)]e-x-[f(x)+f'(x)]e-x=[f"(x)-f(x)]e-x由于e-ξ≠0，可知有f"...
答：设过A ,B 的直线函数为y=g(x)则f(0)=g(0) f(c)=g(c) f(1)=g(1)由拉格朗日中值定理得：[f(c)-f(0)]/(c-0)=f'(m)=[g(c)-g(0)]/(c-0)=g'(x) 0
答：设g(x)=f(x)-x²+x/2 g(0)=f(0)-0+0=0 g(1/2)=f(1/2)-1/4+1/4=0 g(1)=f(1)-1+1/2=0.5-1+1/2=0 因此g(x)在[0，1]内有三个零点，且g(x)显然是二阶可导的 由罗尔定理：存在η1∈(0，1/2)，η2∈(1/2，1)使：g'(η1)=0，g'(η2)=0 ...
答：如图所示
答：由拉格朗日中值定理知： 存在x1∈(0,1/2),f'(x1)=[f(1/2)-f(0)]/(1/2)=2 x2∈（1/2,1),f'(x2)=[f(1)-f(1/2)]/(1/2)=-2 由导函数的中间值定理可得， 存在t∈（x1,x2),f'(t)=1 导函数取中间值定理及达布定理。其证明可以百度。
答：= 0 - (1- 2x) f(x) (0,1) - 2 ∫^(0,1)f(x)dx =f(1) +f(0) -2 ∫^(0,1)fx)dx 移项,整理即得:：∫^(0,1)f(x)dx=1/2 (f(0)+f(1))- 1/2 ∫^(0,1)x(1-x)f"(x)其中:[x(1-x) f'(x) ] (0,1) 表示:函数[x(1-x) f'(x) ...
网友评论：
邱怜17051424244：
高数题设函数fx在0,1上连续 -
52785钦肺
：[答案] 第一题的答案是0 ∫f(x)dx与积分变量是无关的,也就是说这里的x可以改成任意变量,所以说∫f(x)dx与∫f(t)dt是一个意思,这里的积分与f(t)dt是否连续是没有关系的. 望采纳o!
邱怜17051424244：
设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=f(1)=0,证明:至少存在一点ξ∈(0,1), -
52785钦肺
： 解答:证明:令F(x)=e2xf(x),则F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)=F(1). 由罗尔中值定理知,存在ξ∈(0,1),使得F′(ξ)=2e2ξf(ξ)+e2ξf′(ξ)=0,即:f′(ξ)+2f(ξ)=0.
邱怜17051424244：
设函数f(x)在(01]上连续,且极限lim - >0+f(x)存在,证明函数f(x)在(0,1]上有界 -
52785钦肺
： 设lim[x→0]f(x)=a.对ε=1,存在1>δ>0,当x∈(0,δ)时,|f(x)-a|<ε=1,即a+1<f(x)<a-1.所以f(x)在(0,δ)上有界,即|f(x)|≤|a|+1 而f(x)在闭区间[δ,1]上是连续函数,所以有界.设界为M0,即|f(x)|≤M0 取M=max{||a|+1,M0} 则当x∈(0,1]时,|f(x)|≤M,即有界.
邱怜17051424244：
设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续,在开区间(0,1)内大于零,并满足xf′(x)=f(x)+3a2x2(a为常数�设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续,在开区间(0,1)内大于零,... -
52785钦肺
：[答案] x∈(0,1),xf′(x)=f(x)+3a2x2(a为常数),则1xf′(x)?1x2f(x)=3a2(a为常数),[1xf(x)]′=3a2=(3a2x+C)′,C为任意常数,1xf(x)=3a2x+Cf(x)=3a2x2+Cx又曲线y=f(x)与x=1,y=0所围的图形S的面积值为2,...
邱怜17051424244：
设函数f(x)在[0,1]上连续,且∫10f(x)=dx=0.试证至少存在一点ξ∈(0,1),使f(ξ)+f(1 - ξ)=0 -
52785钦肺
： 证明:令 F(x)= ∫ x0 f(t)dt?∫ 1?x0 f(t)dt,则F(内可导. 因为F′(x)=f(x)+f(1-x),且F(0)=F(1)=0,从而由罗尔中值定理知,至少存在一点ξ∈(0,1),使F′(ξ)=0,即:f(ξ)+f(1-ξ)=0.
邱怜17051424244：
设fx在(0.1)上有连续的导函数|fx|+|f'x|的定积分>=|f0| -
52785钦肺
： f′(x)=lim(x->0) (f(x)-f(0))/(x-0) = lim(x->0) f(x) / x 所以 |f′(x)| = lim(x->0) |f(x)| / |x| 因此,在[0,1]上,|f′(x)| ≤ |f(x)| 当且仅当x=1时,取等 而后,就很显然了,这两个正值被积函数,在积分区间[0,1]上的大小就可知了
邱怜17051424244：
设函数f(x)在(0,1)上连续,且满足f(x)=x+2 ∫(0,1)f(t)dt,求f(x)更简洁的表达式 -
52785钦肺
： 令a=∫(0,1)f(t)dt, 它为常数 故f(x)=x+2a 再代入上述积分:a=∫(0,1)(t+2a)dt=(t^2/2+2at)|(0,1)=1/2+2a 解得:a=-1/2 所以f(x)=x-1
邱怜17051424244：
设函数f(x)在[0,1]上连续,且f(0)=f(1),证明:一定存在x属于【0,1/2】,使得f(x)=f(x+1/2) -
52785钦肺
： 令F(x)=f(x)-f(x+1/2) 有 F(0)=f(1)-f(1/2) F(1/2)=f(1/2)-f(0)=f(1/2)-f(1)=-F(0) 所以F(0)与F(1/2)异号 所以一定存在t∈[0,1/2]使得F(t)=f(t)-f(t+1/2)=0 所以原命题得证
邱怜17051424244：
设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续,在开区间(0,1)内大于零,并满足xf′(x)=f(x)+3a2x2(a为常数 -
52785钦肺
： x∈(0,1),xf′(x)=f(x)+(a为常数), 则, [ 1 x f(x)]′= 3a 2 =( 3a 2 x+C)′,C为任意常数,f(x)= 3a 2 x2+Cx 又曲线y=f(x)与x=1,y=0所围的图形S的面积值为2, 即S= ∫ 1 0(y?0)dx═=[ a 2 x3+ C 2 x2 ] 1 0= 所以,C=4-a. 故f(x)= 3a 2 x2+Cx=. 又因为函数f(x)...
邱怜17051424244：
设f(x)在(0,1)上连续,limx→0+f(x)=limx→1?f(x)= - ∞,证明:f(x)在(0,1)内取到最大值 -
52785钦肺
： 因为, 故对于f( 1 2 ), 存在δ>0,当x∈(0,δ)∪(1-δ,1)时,f(x)1 2 ). 因为f(x)(0,1)上连续, 故f(x)在[δ,1-δ]上连续, 从而利用连续函数在闭区间上的最值性质可得, f(x)在[δ,1-δ]上可以取得最大值, 不妨设f(x)在ξ处取得最大值f(ξ). 因为x∈(0,δ)∪(1-δ,1)时,f(x)1 2 ), 故∈[δ,1-δ], 从而f(ξ)≥f( 1 2 ). 故f(ξ)即为f(x)在区间(0,1)上的最大值.
