1樓：死亡的誓言
假設f(x)在（a，b）上恆不等於0，則f(x)在（a，b）內恆正或恆負，根據積分不等式性質有 f（x）在（a，b）上的積分要麼大於0，要麼小於0.
這與f(x)在[a,b]上的定積分==0矛盾。故存在一點x1在（a，b）上，使f（x1）=0.
假設 f（x）在（a，b）內有一個零點x1，則 f(x)在[a,b]上的定積分 是等於f（x）在（a，x1）上的定積分 加上 f（x）在（x1，b）上的定積分
且f（x）在（a，x1）與（x1，b）每個區間內不變號。故有 f（x）在（a，x1）上的定積分 與 f（x）在（x1，b）上的定積分 互為相反數，而且不等於0.
從而f（x）在x1兩邊異號，所以 g（x）=（x - x1）×f（x）在兩邊同號，即g（x）在（a，b）內除一個零點x1外恆正或恆負，由g（x）的連續性可得
g（x）在[a,b]上的定積分 不等於零。 但是 g（x）在[a,b]上的定積分 是等於 xf(x)在[a,b]上的定積分 加上 x1倍的f(x)在[a,b]上的定積分，那麼 g在[a,b]的定積分等於0。
矛盾，故在（a，b）內至少存在兩點m，n，使得f(x)=0
打得密密麻麻，可能比較難看，抱歉！
2樓：匿名使用者
利用定積分的中值定理知道 f(x)在區間[a,b]的定積分值滿足關係式 ∫f（x）dx = f（ε）（b-a） ，ε為位於[a,b]上的數，如果∫f（x）dx = f（ε）（b-a）= 0 ，那麼必然就有 f（ε）= 0 。
xf(x)在[a,b]上的定積分為零，那麼必然有 ∫xf（x）dx = ηf（η）（b-a）=0，η為位於區間 [a,b]上的數 ，於是 ηf（η）=0 ，於是有 η=0 或 f（η）=0 以後再補充
算了，不追加別的了，我剩下的思路和一樓的相同了。
設函式f(x)在【a，b】上連續且單調增加，求證∫[a , b] xf(x)dx >=a+b/2∫[a , b] f(x)dx
3樓：匿名使用者
記：g(x)=s[a,x]tf(t)dt-[(a+x)/2]s[a,x]f(t)dt,a<=t<=x,g'(x)=xf(x)-(1/2)[s[a,x]f(t)dt+f(x)(a+x)]=(1/2)[f(x)(x-a)-s[a,x]f(t)dt]=(1/2)s[a,x][f(x)-f(t)]dt>=0,（其中baif(x)單增du）可得g(x)在x>=a上單調不zhi減，於
dao是回g(x)>=g(a)=0，取x=b則原命題得證答。
設函式f（x）在[a,b]上連續，∫[a,b]f(x)dx=∫ [a,b]xf(x)dx=0
4樓：匿名使用者
只需考慮f是非零函式的情況即可。首先，f在(a b)上必有變號點，否則f恆大於0或恆小於0，積分為0意味著f恆等於0，矛盾。其次，若f在(a b)上只有一個變號點x0，考慮g(x)=(x-x0)f(x)，則g(x)不變號，且g(x)=xf(x)-x0*f(x)的積分值為0，於是g(x)恆等於0，矛盾。
設fx在區間[a,b]上連續,則函式fx=∫(a,x)ftdt,在區間[a,b]上一定
5樓：匿名使用者
樓上的不對吧。
例如f（x）=-1（x∈[-1，0]）；1（x∈（0，1]）很明顯，f（x）在區間[-1，,1]內只有1個跳躍間斷點x=0，所以根據定積分的性質，f（x）在[-1，1]連續且可積。
而也很容易就能算出來∫-1→xf(t)dt=|x|-1而|x|-1在x=0點是不可導的，雖然|x|-1在x=0點是連續的。
所以如果f（x）在［a,b］有跳躍間斷點，那麼∫a→xf(t)dt在這個跳躍間斷點處不可導。但是在這個跳躍間斷點處連續。
其實就是∫a→x f(t)dt在跳躍間斷點處的左右導數都存在，但是不相等。所以連續而不可導。
連續一定可積，
閉區間上連續的函式一定有界
所以是acd
6樓：匿名使用者
f(x) = ∫ (a->x) f(t) dt
f'(x) = f(x)
ans : b可導
7樓：匿名使用者
。。。你沒看到fx連續嗎
設f(x)在[a,b]上有連續的導數，且f(x)不恆等於0，f(a)=f(b)=0，證明∫(a,b)xf(x)f'(x)dx<0
8樓：郭焱林
用分部積分就可以證明了，∫(a,b)xf(x)f'(x)dx=∫(a,b)xf(x)df(x)=1/2∫(a,b)xdf(x)^2=1/2x*f(x)^2|(a,b)-1/2∫(a,b)f(x)^2dx，因為f(a)=f(b)=0，所以有
專1/2x*f(x)^2|(a,b)=0，而∫(a,b)f(x)^2dx中被積函式是正數，屬所以積分大於零，從而得正，希望能幫助你
設函式f(x)在上[0,a]連續,在(0,a)內可導,且f(a)=0,證明：在(0,a)中至少存在
9樓：匿名使用者
令g(x)=x^3f(x)，g'(x)=(3f(x)+xf'(x))x^2。
由於g(0)=g(a)=0，由羅爾定理必存在ξ使g'(ξ)=0，即3f(ξ)+ξf'(x)=0
10樓：匿名使用者
證：建構函式f(x)=x³·f(x)，則f(x)在[0，a]上連續，在(0，a)內可導。
f(0)=0³·f(0)=0，f(a)=a³·f(a)=0f'(x)=3x²·f(x)+x³·f'(x)由羅爾中值定理得，在(0，a)內，至少存在一點ξ，使得f'(ξ)=[f(a)-f(0)]/(a-0)=(0-0)/a=0f'(ξ)=3ξ²·f(ξ)+ξ³·f'(ξ)=0ξ²[3f(ξ)+ξ·f'(ξ)]=0
ξ∈(0，a)，ξ≠0，因此只有3f(ξ)+ξ·f'(ξ)=0即：在(0，a)內，至少存在一點ξ，使得3f(ξ)+ξ·f'(ξ)=0
此類題目的難點其實是一開始如何構造合適的函式，首要的問題解決了，後面只是運用中值定理計算而已。
若f(x)在［a,b］上可積 為什麼∫a→xf(t)dt在［a,b］上未必可導若f(x)在［a,b
11樓：匿名使用者
例如f（
x）=-1（x∈[-1，0]）；1（x∈（0，1]）很明顯，f（x）在區間[-1，,1]內只有1個跳躍間斷點x=0，所以根據定積分的性質，f（x）在[-1，,1]可積。
而也很容易就能算出來∫-1→xf(t)dt=|x|-1而|x|-1在x=0點是不可導的，雖然|x|-1在x=0點是連續的。
所以如果f（x）在［a,b］有跳躍間斷點，那麼∫a→xf(t)dt在這個跳躍間斷點處不可導。但是在這個跳躍間斷點處連續。其實就是∫a→xf(t)dt在跳躍間斷點處的左右導數都存在，但是不相等。
所以連續而不可導。
12樓：虞楊氏鄧辰
比如f(x)=
{2xx≠1
{0x=1
在[0，2]上
f(x)=∫(0→x)f(t)dt=x²
【這個你完全可以自己求積分驗證】
f(x)連續可導，且f'(x)=2x
所以，f'(x)≠f(x)
【反例的構思】
f(x)有可去間斷點即可。
設f x 在上連續，且單調增加，證明 0,pi 2 f x sinxdx
證明 令2 pi 0,pi 2 f x dx f c 其中0 c pi 2。注意到條件即知 f x f c sinx sinc 0，於是則有 0,pi 2 f x f c sinx sinc dx 0，開啟化簡記得結論。 在 0，2 上，0 sinx 1，sinx連續且單調增加，所以必有唯一的一點 ...
設f x 在上連續,在 0,1 內可導,且f
證明 令g x x 2，g x g x f x 因為f x 在 0,1 上連續在 0,1 內可導，且g x 在 0,1 上連續在 0,1 內可導，那麼g x g x f x 在 0,1 上連續在 0,1 內可導。且g x g x f x x 2 f x x 2f x 2xf x 而g 0 g 0 f...
設函式f x 在區間上連續,且 0 1 f x dx
設i 0，1 f x f 1 x dx 0，1 f x dx 0，1 f 1 x dx 對於 0，1 f x dx 令x 1 t t 1 x 積分上下限變為 1，0 dx dt 所以 0，1 f x dx 1，0 f 1 t dt 1，0 f 1 t dt 0，1 f 1 t dt 積分與字母變數無...