fx在01上连续在01内可导
答：设F(x)=(e^x)f(x), 则：F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导 由拉格朗日中值定理，存在ξ∈(0,1)，使得：F'(ξ)*(1-0)=F(1)-F(0)(e^ξ)f(ξ)+(e^ξ)f'(ξ)=f(1)e-f(0)f(ξ)+f'(ξ)=(e^(-ξ))[f(1)e-f(0)]不知道为什么算出来的是e^(-ξ)，和答案...
答：令F(x)=f(x)-x, F(x)=在 [0,1]上连续 ，F ’(x)在(0,1)内可导， F ’(x)=f '(x)-1≠0 , 所以F(x)在[0,1]上为单调数 又因为F(0)=f(0)-0>0 , F(1)=f(1)-1<0, 所以F(x)在[0,1]上单调递减，根据零点定理，在[0,1]区间上必有一点x1，使得F...
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：设F(x)=x^nf(x) F(0)=F(1)，由中值定理得，存在点x0属于(0，1)使得F'(x0)=0，即n*x0^(n-1*f(x0)+x0^n*f'(x0)=0 nf(x0)+x0f'(x)=0
答：由于f(1)f(0)<0,故存在点a,使f(a)=0,0<a<1.现设 F=x^2f(x)e^(-x),则F(0)=F(a)=0.在区间[0,a]使用罗尔定理,则至少存在ζ属于(0,a),ζ也属于(0,1),使F'(ζ)=0. 由于:F'=2xf(x)e^(-x)+x^2f'(x)e^(-x)-x^2f(x)e^(-x).代入即得 ...
答：作辅助函数g(x)=xf(x)，则g'(x)=f(x)+xf'(x)，g(0)=g(1)=0，根据罗尔定理，存在a属于(0,1)使得g'(a)=f(a)+af'(a)=0，即f'(a)=-f(a)/a。
答：令g=((e^x) -1)f(x)，则g在[0,1]上连续,在(0,1)上可导，g(0)=g(1)=0 所以存在c，使得g'(c)=0 即e^c f(c)+(e^c -1)f'(c)=0 等式两端乘以e^-c即得。
答：由于∫[0→1] f(x) dx = 0，由积分中值定理，存在x1∈(0,1)，使f(x1)=0 设g(x)=x²f(x)，显然g(x)在[0,1]连续，在(0,1)内可导 且g(0)=0，g(x1)=x1²f(x1)=0 因此在[0，x1]内对g(x)用罗尔定理得：存在ξ∈(0，x1)，使得：g'(ξ)=0 即：2ξf(...
答：楼上证明饶了一个大弯子。本题可用用Lagrange中值定理来证设x0属于[0,0.5]且|f(x0)|是[0,0.5]上的最大值，则：|f(x0)|=|f(x0)-f(0)|<=|f'(y)|*0.5<=|f(y)|*0.5<|f(y)|其中y属于（0，x0）而这与|f(0)|是最大值矛盾！故|f(x0)|=0后面同理 ...
答：1、令F(x)=f(x)-x, 显然在[0,1]上连续 F(1/2)=1-1/2=1/2>0 F(1)=0-1=-1<0 根据零点定理 至少存在一点ξ∈(1/2,1)，使得F(ξ)=0, 即f(ξ)=ξ 2、λ？？？令G(x)=F(x)exp(-λx) 显然在(0,1)上可导 G(0)=0 G(ξ)=0 根据罗尔定理 存在x0∈(0,ξ),...
网友评论：
凌晓13768389102：
设f x 在 0 1 上连续 在 0 1 内可导,证明:必存在一点ξ∈(0,1),使得F(1)=2ξf(ξ) -
27448凌艳
：[答案] 由条件f(0)=f(1)=0,根据罗尔定理,存在ξ∈(0,1),满足f'(ξ)=0. 令F(x) = (1-x)²f'(x),则F(η) = F(1) = 0 再次运用它罗尔定理 存在ξ∈(η,1),使F'(ξ)=0,即(1-ξ)²f''(ξ)-2(1-ξ)f'(ξ)=0 由于ξ
凌晓13768389102：
高数的一题已知fx在[0,1]连续,在(0,1)上可导,且f(0)=1,f(1)=0,求证:在(0,1)内至少存在一点,使得 f′(ξ)= - f(ξ)/ξ. -
27448凌艳
：[答案] 令φ﹙x﹚=xf﹙x﹚ x∈[0,1] 则φ﹙x﹚满足罗尔定理条件 ∴存在X使φ'﹙X﹚=0 即Xf'﹙X﹚+f﹙X﹚=0 f'﹙ X﹚=﹣f﹙X﹚/X
凌晓13768389102：
己知函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,对于点a满足f(1)=e^(1 - a^2)·f(a),a∈[0,1/n].证明至少存在一点ξ∈(0,1) 使得f'(ξ)=2ξf(ξ) -
27448凌艳
：[答案] 证明:令F(x)=e^(1-x^2)·f(x),则F(0)=f(1)=e^(1-a^2)·f(a)=F(a)由罗尔定理,至少存在一点ξ∈(0,a)属于(0,1) 使得F'(ξ)=0又F'(x)=-2xe^(1-x^2)·f(x)+e^(1-x^2)·f'(x)=[f'(ξ)-2ξf(ξ)]e^(1-x^2)即至少存在一点...
凌晓13768389102：
设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且0 -
27448凌艳
：[答案] 令F(x)=f(x)-x,F(x)=在 [0,1]上连续 ,F '(x)在(0,1)内可导,F '(x)=f '(x)-1≠0 ,所以F(x)在[0,1]上为单调数 又因为F(0)=f(0)-0>0 ,F(1)=f(1)-1
凌晓13768389102：
条件:设函数f(x)在[ 0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=f(1)=0.证明存在￡∈(0,1),使得f(￡)+f'(￡)=0. -
27448凌艳
：[答案] 构造函数F(x)=f(x)*e^x,F(0)=F(1)=0,然后运用罗尔中值定理就得到了.
凌晓13768389102：
f(x)在[0,1]上连续,(0.1)内可导,f(0)=3∫(2/3~4)f(x)dx,证明在(0,1)内c存在,f(c)导数=0 -
27448凌艳
：[答案] 你写错了吧,积分上限是1.由积分中值定理,存在b位于(2/3 1)之间,使得积分值=3*(1-2/3)f(b),即f(0)=f(b).在[0 b]上用Rolle中值定理得结论.
凌晓13768389102：
设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)上可导,证明在(0,1)内至少存在一点ξ,使得f(ξ)+ξfˊ(ξ)﹦f(1) -
27448凌艳
：[答案] f(ξ)+ξfˊ(ξ)﹦f(1) 就 f(ξ)-f(1)+ξfˊ(ξ)﹦0 令F(x)=x[f(x)-f(1)] 显然满足在[0,1]上连续,在(0,1)上可导, 又F(0)=0=F(1) 所以 由罗尔定理,得 在(0,1)内至少存在一点ξ,使得 F'(ξ)=0 即 f(ξ)+ξfˊ(ξ)﹦f(1)
凌晓13768389102：
设f(x)在[0,1]上连续且在(0,1)内可导,且f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1.证明:(1)至少有一点m属于(1/2,1),设f(x)在[0,1]上连续且在(0,1)内可导,且f(0)... -
27448凌艳
：[答案]1)令g(x)=f(x)-x 因为f(x)在[0,1]内连续 所以g(x)在(0,1)内也是连续的 又当x=1 时g(1)=0-1=-10 即g(1)*g(1/2)2) 令H(x)=g(x)/e^ax 则当x=0 时H(0)=0/1=0 当x=m 时 由1)知g(m)=0 则此时 H(x)=0 即有H(0)=H(m) 又H(x)在(0,m)连续可导 所以由罗...
凌晓13768389102：
设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(1)=k∫(0,1/k)x*e^(1 - x)*f(x)dx (k>1).证:存在ζ∈(0,1),使得f'(ζ)=(1 - 1/ζ)f(ζ) -
27448凌艳
：[答案] 由积分中值定理,存在a,使f(1)=ae^(1-a)f(a).0
凌晓13768389102：
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),使得f′(ξ)+2f(ξ)=0. -
27448凌艳
：[答案] 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.
