1楼:匿名用户
根据拉格朗来日定理,存在ξ
源1∈(0,1/2),满足f'(ξ1)=[f(1/2)-f(0)]/(1/2-0),即
baif'(ξ1)=21;同du
理存在ξ2∈(1/2,1),满足zhif'(ξ2)=[f(1)-f(1/2)]/(1-1/2),即f'(ξ2)=-22;考察极限daolim(△x→0)f'(x+△x),由于f(x)在(0,1)内可导,即f'(x)存在,所以lim(△x→0)f'(x+△x)=f'(x),即f'(x)在(0,1)连续,所以至少存在一点x∈(ξ1,ξ2),即x∈(0,1),满足f'(ξ1)=2>f'(x)=1>f'(ξ2)=-2。
设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1,证明存在一点(0,1),使f'(ζ)=1
2楼:有点闷
因为f(x)在[0,3]上连续
bai,所以
duf(x)在[0,2]上连续zhi,且在[0,2]上必有dao最大值m和最小值m,于是:
版m≤权f(0)≤m,m≤f(1)≤m,m≤f(2)≤m,故:m≤f(0)+f(1)+f(2) 3 ≤m,由介值定理知,至少存在一点c∈[0,2],使得: f(c)=f(0)+f(1)+f(2) 3 =1,又由:
f(c)=1=f(3),且f(x)在[c,3]上连续,在(c,3)内可导,满足罗尔定理的条件,故:必存在ξ∈(c,3)?(0,3),使f′(ξ)=0.
3楼:匿名用户
由拉格朗日du中值定理zhi,
存在a∈(1/2,1), [f(1/2)-f(1)]/(1/2-1)=f'(a), 即f'(a)=-2 ,
存在b∈(0,1/2), [f(1/2)-f(0)]/(1/2-0)=f'(a), 即f'(b)=2 ;
令φdao(x)=f'(x)-1,则φ(a)=f'(a)-1=-3, φ(b)=f'(b)-1=1 ;
则有φ(a)*φ(b)<0,根据零点定回理,存在ζ∈(b,a),使得φ答(ζ)=0, 即f'(ζ)-1=0
f'(ζ)=1得证。
ps.这边可能缺少对f'(x)连续性的证明
4楼:茹翊神谕者
先用零点定理,
再用罗尔定理,详情如图所示
设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,有f(1)=0.证明:至少存在一点ε∈(0,1),使f'(x)=-f(ε)/ε。
5楼:你爱我妈呀
证明过程如下:
设g(x)=xf(x),
则g'(x)=xf'(x)+f(x) , g(1)=1f(1)=0 , g(0)=0*f(0)=0。
所以g(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导且g(0)=g(1),由罗尔中值定理得:
存在一点ε∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0.
所以f'(ε)=-f(ε)/ε。
6楼:匿名用户
证明:设g(x)=xf(x),
则g'(x)=xf'(x)+f(x) , g(1)=1f(1)=0 , g(0)=0*f(0)=0
所以g(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导且g(0)=g(1),由罗尔中值定理得:
存在一点ε∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0
所以f'(ε)=-f(ε)/ε
f(x)在连续且f(x)0，证明f(x)dx
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)x 2 sin(1 x)在x 0处的导数等于
1楼 匿名用户 你说的对，原函数在0点没有定义的话导数不存在。 但是可以理解为什么它说在0处的导数为0 可以给f 0 做一个定义。 因为lim f x lim x 2sin 1 x lim sin 1 x 1 x 2 0 所以如果我们定义f 0 0的话，f x 在0处就连续了。 然后考察导数 f 0...
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...