1楼：匿名用户
本题要求f(x)在(a,b)上恒正（或恒负）左边=∫[a→b] f(x)dx∫[a→b] 1/f(x)dx积分变量可随便换字母
=∫[a→b] f(x)dx∫[a→b] 1/f(y)dy这样变成一个二重积分
=∫∫ f(x)/f(y)dxdy 其中：积分区域是a≤x≤b,a≤y≤b,这个区域具有轮换对称性
=(1/2)∫∫ [f(x)/f(y) + f(y)/f(x)] dxdy 原因是∫∫ f(x)/f(y)dxdy=∫∫ f(y)/f(x)dxdy
≥(1/2)∫∫ 2 dxdy 这里用了个平均值不等式=∫∫ 1 dxdy
=(b-a)=右边
设f(x)在[a,b]上连续,且f(x)>0,证明:∫b a f(x)dx*∫b a 1/f(x)dx≥(b-a)^2
2楼：老von子
令f(x)=(∫b a f(t)dt ) x^2 -(2∫b a 1dt)x +(∫b a 1/f(t)dt)，则：
f(x)=∫b a f(t) x^2 dt -2∫b a xdt +∫b a 1/f(t)dt
=∫b a [f(t) x^2 -2x +1/f(t)]dt=∫b a dt ≥0
故这个关于x的二次函数f(x)的判别式应小于等于0，即：
△=(2∫b a 1dt)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)=4(b-a)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≤0
即：(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≥(b-a)^2
把t换成x即为要证明的结论
注：实际上这就是积分形式的柯西不等式。
设f(x)在[0.1]连续,证明∫(0→1)[f(x)^2]dx≥[∫(0→1)f(x)dx]^2 50
3楼：寂寞的枫叶
解：设∫(0,1)f(x)dx=m，那么(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，那么
∫(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
4楼：匿名用户
要证明的积分上限应该是1.证明思路：先交换积分顺序,然后交换变量的符号,
相加除以2即可.
原式=∫【0,1】dy∫【0,y】f(x)f(y)dx 这是交换积分顺序
=∫【0,1】dx∫【0,x】f(x)f(y)dy 这是对上一个积分中的x,y变量互换符号而已
=0.5∫【0,1】dx∫【0,1】f(x)f(y)dy上面个两个积分相加除以2,注意内层积分恰好是从0到x和从x到1=0.5∫【0,1】f(x)dx∫【0,1】f(y)dy=0.
5a^2.
设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)＞0,证明：至少存在一点ξ∈(a,b),使得∫f(x)dx=
5楼：援手
令g(x)=∫f(t)dt*∫f(t)dt（第一个积分限a到x，第二个积分限x到b），根据变上限积分的求导法则，g'(x)=f(x)∫f(t)dt（积分限x到b）-f(x)∫f(t)dt（积分限a到x），由于g(a)=g(b)=[∫f(t)dt]^2（积分限a到b），根据罗尔定理，存在ξ∈(a,b)使得g'(ξ)=0，即f(ξ)∫f(t)dt（积分限ξ到b）-f(ξ)∫f(t)dt（积分限a到ξ），由于f(ξ)>0，上式两边除f(ξ)即得要证的等式。
这种题关键就在于构造辅助函数，一般将要证的式子变形，其中有ξ的地方换成x，为了用罗尔定理，就要让辅助函数在区间端点的函数值相等，且想办法让辅助函数的导函数等于0时的表达式和要证的等式尽可能相似。
f（x）在【a,b】上连续，且f（x）＞0证明:在（a,b）内有钱仅有一点§，使得∫（a,§）f（
6楼：匿名用户
一个零点的证明可考虑用介值定理+单调性
1. 证明至少一个零点
令f(x)=∫f(t)dt-∫1/f(t)dt，a≤x≤b∵f(x)在[a,b]连续，且f(x)>0，∴f(x)在[a,b]可导(当然也是连续的)
而f(a)= -∫1/f(t)dt<0，f(b)= ∫f(x)dx>0
由连续函数介值定理可知，至少存在一点ξ∈(a,b)，使得f(ξ)=0即∫f(x)dx=∫1/f(x)dx
2. 证明只有一个零点
∵f’(x)=f(x)+1/f(x)>0，∴f(x)在[a,b]上单调增加
因此，有且只有一点ξ∈(a,b)，使得f(ξ)=0即∫f(x)dx=∫1/f(x)dx
设f(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)>0,证明 f(x)在[a,b]上的导数 乘 1/f(x)在[a,b]上的导数 >=(b-a)的平方
7楼：匿名用户
你的题错了，不是导数，是积分吧？
给你一个二重积分的做法，如果没学过二重积分，请追问，我再给你一个定积分做法。
左边=∫[a→b] f(x)dx∫[a→b] 1/f(x)dx
定积分可随便换积分变量
=∫[a→b] f(x)dx∫[a→b] 1/f(y)dy
=∫∫(d) f(x)/f(y) dxdy 其中：d为a≤x≤b，a≤y≤b
该积分区域为正方形区域，关于y=x对称，则满足轮换对称性，即：∫∫ f(x)/f(y)dxdy=∫∫ f(y)/f(x)dxdy
=(1/2)∫∫(d) [f(x)/f(y) + f(y)/f(x)] dxdy
由平均值不等式
≥∫∫(d) 1 dxdy 被积函数为1，积分结果是区域面积
=(b-a)
=右边希望可以帮到你，不明白可以追问，如果解决了问题，请点下面的"选为满意回答"按钮，谢谢。
设f(x)为连续函数,且f(x)>0,x∈[a,b],f(x)=∫(a,x)f(t)dt+∫(x,b)1/f(t)dt,x∈[a,b],证明方程f(x)在区间 5
8楼：匿名用户
可证明f(x)在[a, b]连续.
而f(a) = -∫1/f(t)dt < 0, f(b) = ∫(a,b)f(t)dt > 0.
于是f(x)在[a,b]中有零点.
对a ≤ x1 < x2 ≤ b, 有f(x2)-f(x1) = ∫(x1,x2)f(t)dt+∫(x1,x2)1/f(t)dt > 0.
即f(x)在[a, b]为严格增函数, 故[a,b]中零点唯一.
9楼：陋叟
f(a), f(b)的值是否应换一下
设f（x）在[a,b]上连续且f(x)>0,又f（x)=∫(a,x)f(t)dt+f(x,b)(1/f(t))dt证明：方程f(x)=0在（a，b）内有
10楼：匿名用户
貌似这题有问题，看了下把“f（x)=∫(a,x)f(t)dt+f(x,b)(1/f(t))dt"中的“+”正号改成"-"利用零值定理可以解出来。还有一个证明是f'(x)≧2不这样改貌似做不出来。
11楼：匿名用户
应该没有根啊 f（x）>0 那积分肯定是正的啊 f只能是正的 怎么会=0呢 看看题目，符号有无抄错
设函数f(x)在区间上连续,证明:f(x)dx f(a+b-x)dx
1楼 发了疯的大榴莲 证明 做变量替换a b x t 则dx dt 当x b t a 当x a t b 于是 a b f a b x dx b a f t dt a b f t dt a b f x dx 即 a b f x dx a b f a b x dx 2楼 匿名用户 因为积分区域d关于直线...
如图，f(x)的导函数f(x)在x 0处为何不连续。谢谢
1楼 匿名用户 直接用定义取0处的导数。limx 0 f x 0 x 0 limx 0 xsin 1 x 0 而当x不等于0时，链式法则直接微分得导数为2xsin 1 x cos 1 x 因此，f x 2xsin 1 x cos 1 x x不等于0时 0 x等于0时。 你观察一下，当x趋向于0时，c...
设f（x）在上具有一阶连续导数，f（0）0，证明
1楼 你妹 令 f x f x x f 0 0 f 1 0 f x 在 0 1 上可导 连续， 故至少在 0 1 内有一点 ，使得 f 0 即 f 下面用反证法证明 只有一个。 假设存在 1， 2 0 1 f 1 0 且 f 2 0 由罗尔中值定理，必存在 1， 2 f f 1 0 f 1 这与 f...