1楼：御妹
令：tx=y，
则：x=y
t，dx=dyt，
所以：i=t∫st
0f(tx)dx=∫s0
f(y)dy，
从而：i依赖于s，不依赖于t和x，
故选：d．
设f（x）为已知连续函数，i＝t∫st0f(tx)dx，其中s＞0，t＞0，则i的值（ ）a．依赖于s、tb．依赖于s、
2楼：手机用户
∵i＝t∫st
0f(tx)dx=∫st
0f(tx)dtx
令：u＝tx
，则i＝∫s0
f(u)du，
∴从i的最终形式来看，积分下限0是固定的，被积函数f（x）也是固定的，只有积分上限s是可以变动的，
∴i的值只会随着s的变化而变化，与t和x无关，故选：d
设f(x)在[0,1]上连续且单调减少，则f（t）=t∫(0--1)[f(tx)-f(x)]dx在（0,1）内，单增单减有极大极小值？
3楼：七彩椒
因为定积分肯定是个常数，所以f'(x)=∫<0,1>[f(tx)-f(x)]dx
因为0≤x≤1,0≤t≤1，所以tx-x=(t-1)x≤0因为f(x)在[0,1]上单调减少，所以[f(tx)-f(x)]≥0，f'(t)≥0
所以f(t)在(0,1)内单调递增，无极大极小值
泰勒公式的解析，最好是用题目的方式解
4楼：匿名用户
∵i＝t∫st0f(tx)dx=∫st0f(tx)dtx令：u＝tx，则i＝∫s0f(u)du，∴从i的最终形式来看，积分下限0是固定的，被积函数f（x）也是固定的，只有积分上限s是可以变动的，∴i的值只会随着s的变化而变化，与t和x无关，
设f(x)是以t为周期的连续函数，证明:∫(a为下限，a+t为上限）f（x）dx=∫f（x）dx
5楼：晓龙修理
证明过程如下：
证明：∫
(a～a+t） f(x)dx＝∫(0～t) f(x)dx
∫(a～a+t）f(x)dx＝∫(a～0）f(x)dx ＋ ∫(0～t）f(x)dx ＋ ∫(t～a+t）f(x)dx
对∫(t～a+t）f(x)dx，令x＝t＋t，则∫(t～a+t）f(x)dx＝∫(0～a）f(t+t)dt＝∫(0～a）f(t)dt
所以，∫(a～a+t）f(x)dx
＝∫(a～0）f(x)dx ＋ ∫(0～t）f(x)dx ＋ ∫(t～a+t）f(x)dx
＝∫(a～0）f(x)dx ＋ ∫(0～t）f(x)dx ＋ ∫(0～a）f(x)dx
＝∫(0～t）f(x)dx
证明函数极限的方法：
利用函数连续性，直接将趋向值带入函数自变量中，此时要要求分母不能为0。
当分母等于零时，就不能将趋向值直接代入分母，因式分解，通过约分使分母不会为零。若分母出现根号，可以配一个因子使根号去除。
如果趋向于无穷，分子分母可以同时除以自变量的最高次方。（通常会用到这个定理：无穷大的倒数为无穷小）
采用洛必达法则求极限，当遇到分式0/0或者∞/∞时可以采用洛必达，其他形式也可以通过变换成此形式。符合形式的分式的极限等于分式的分子分母同时求导。
6楼：
证明：∫(a～
a+t） f(x)dx＝∫(0～t) f(x)dx
∫(a～a+t）f(x)dx＝∫(a～0）f(x)dx ＋ ∫(0～t）f(x)dx ＋ ∫(t～a+t）f(x)dx
对∫(t～a+t）f(x)dx，令x＝t＋t，则∫(t～a+t）f(x)dx＝∫(0～a）f(t+t)dt＝∫(0～a）f(t)dt
所以，∫(a～a+t）f(x)dx
＝∫(a～0）f(x)dx ＋ ∫(0～t）f(x)dx ＋ ∫(t～a+t）f(x)dx
＝∫(a～0）f(x)dx ＋ ∫(0～t）f(x)dx ＋ ∫(0～a）f(x)dx
＝∫(0～t）f(x)dx
设f（x）是连续函数，（1）利用定义证明函数f（x）=∫x0f（t）dt可导，且f′（x）=f（x）．（2）当f（x）
7楼：面目黧黑
（1）∵f(x)＝∫x0
f(t)dt，其中f（x）是连续函数
∴f′(x)＝lim
△x→0
f(x+△x)?f(x)
△x=lim
△x→0
∫x+△x
xf(t)dt
△x积分中值定理
.lim
△x→0
f(ξ)△x
△x其中ξ∈（x，x+△x），当△x→0时，ξ→x∴f′(x)＝f(x)lim
△x→0
△x△x
＝f(x)
（2）∵g（x）=2∫0
xf（t）dt-x∫0
2f（t）dt
∴g(x+2)＝2∫
x+20
f(t)dt?(x+2)∫20
f(t)dt
∴g(x+2)?g(x)＝2∫
x+2x
f(t)dt?2∫20
f(t)dt=
∴[g（x+2）-g（x）]′=2[f（x+2）-f（x）]而f（x）是以2为周期的周期函数
∴f（x+2）-f（x）=0
∴[g（x+2）-g（x）]′=0
∴g（x+2）-g（x）=c
又当x=0时，g(2)?g(0)＝2∫20f(t)dt?2∫20
f(t)dt＝0
∴c=0
即g（x）=g（x+2）
∴g（x）是以2为周期的周期函数
设f（x）是连续周期函数，周期是t 证明∫（a,a+t）f（x）dx=n∫（0,t）f（x）dx
8楼：匿名用户
这个式子是对的,由于f(x)是以t为周期,因此在一个周期内函数所围的曲边梯形面积肯定是相同的所以你得出这个结论并不奇怪,只是这样可能证不出结论.
本题如果用换元法,应该这样证明
∫[a→a+t] f(x)dx
=∫[a→0] f(x)dx + ∫[0→t] f(x)dx + ∫[t→a+t] f(x)dx
然后通过换元证明第一项和第三项正好抵消.
下面提供一个更简单的证法：
将a看作变量,令g(a)=∫[a→a+t] f(x)dx则：g'(a)=f(a+t)-f(a)=0,因此g(a)与a无关,则g(a)=g(0)
即∫(a→a+t)f(x)dx=∫(0→t）f(x）dx
如何证明对积分s=∫(t1~t2)ldt的一阶变分等于零取的是极小值
9楼：匿名用户
∵i＝t∫st0f(tx)dx=∫st0f(tx)dtx令：u＝tx，则i＝∫s0f(u)du，∴从i的最终形式来看，积分下限0是固定的，被积函数f（x）也是固定的，只有积分上限s是可以变动的，∴i的值只会随着s的变化而变化，与t和x无关，
如何证明对积分s=∫(t1~t2)ldt的变分等于零取的是极小值
10楼：乎你威
∵i＝t∫st0f(tx)dx=∫st0f(tx)dtx令：u＝tx，则i＝∫s0f(u)du，∴从i的最终形式来看，积分下限0是固定的，被积函数f（x）也是固定的，只有积分上限s是可以变动的，∴i的值只会随着s的变化而变化，与t和x无关，