1樓：
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(0)=0*f(0)=0g(1)=g(1)*f(1)=g(1)*0=0，即g(0)=g(1)，
那麼在(0,1)記憶體在一點ξ，使g(x)'=0即g(ξ)'=0
ξ^2f'(ξ)+2ξf(ξ)=0，又ξ≠0，則ξf'(ξ)+2f(ξ)=0
2樓：匿名使用者
g(x)=x^2f(x),g'(x)=2xf(x)+x^2f'(x).
g(1)=1*f(1)=0=g(0),
g(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,由羅爾中值定理,存在一點ξ∈(0,1),使得0=g'(ξ)=2ξf(ξ)+ξ^2f'(ξ)=ξ[2f(ξ)+ξf'(ξ)],
而ξ∈(0,1),不為0.所以,有
0=2f(ξ)+ξf'(ξ)
命題得證.
3樓：匿名使用者
作輔助函式f(x) = x^2 * f(x)（x^2表示x的平方）則f(0)=0,f(1)=0
f'(x)=2xf(x)+x^2*f'(x)由洛爾定理，存在一點ξ，使得f'(ξ)=0,0<ξ<1約掉一個ξ，就是結論
設f(x)在[0,1]上連續在(0,1)內可導證明至少存在一點ξ∈(0，1)，使f＇(ξ)＝2ξ[
4樓：蹦迪小王子啊
建構函式使用羅爾定理
羅爾（rolle）中值定理是微分學中一條重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他兩個分別為：拉格朗日（lagrange）中值定理、柯西（cauchy）中值定理。
羅爾定理描述如下： 如果r上的函式 f(x) 滿足以下條件：
（1）在閉區間[a,b] 上連續，
（2）在開區間(a,b) 內可導，
（3）f(a)=f(b)，則至少存在一個 ξ∈(a,b)，使得 f'(ξ)=0。
擴充套件資料
證明：因為函式 f(x) 在閉區間[a,b] 上連續，所以存在最大值與最小值，分別用 m 和 m 表示，分兩種情況討論：
1、若 m=m，則函式 f(x) 在閉區間 [a,b] 上必為常函式，結論顯然成立。
2、若 m>m，則因為 f(a)=f(b) 使得最大值 m 與最小值 m 至少有一個在 (a,b) 內某點ξ處取得，從而ξ是f(x)的極值點，又條件 f(x) 在開區間 (a,b) 內可導得，f(x) 在 ξ 處取得極值，由費馬引理，可導的極值點一定是駐點，推知：f'(ξ)=0。
另證：若 m>m ，不妨設f(ξ)=m，ξ∈(a,b)，由可導條件知，f'(ξ+)<=0，f'(ξ-)>=0，又由極限存在定理知左右極限均為 0，得證。
5樓：
如下圖所示建構函式使用羅爾定理
設函式f(x)在區間[0,1]上連續,證明至少存在一點ξ屬於(0,1)使得 f(ξ)(1-ξ)=∫(0
6樓：
這個題用積分中值定理比較困難, 不妨換個角度用微分中值定理.
如果設內f(x) = ∫<0,x> f(t)dt, 則所證式可變為(1-ξ)f'(ξ) = f(ξ), 是一容道比較常見的微分中值定理的題目.
由此觀察, 我們給出證明如下.
設g(x) = (x-1)*∫<0,x> f(t)dt, 則g(x)在[0,1]連續, 在(0,1)可導, 並有g(0) = g(1) = 0.
由羅爾中值定理, 存在ξ∈(0,1), 使g'(ξ) = 0.
即有(ξ-1)f(ξ)+∫<0,ξ> f(t)dt = 0, 於是(1-ξ)f(ξ) = ∫<0,ξ> f(t)dt得證.
7樓：匿名使用者
我感覺你的題目是不是有點問題，我個人認為這個就是定積分的中值定理，版具體你可以百
度下，題目應權該是：f(ξ)(1-ξ)=∫(ξ：1)f(x)dx 積分割槽間應該是[ξ，1]才對。證明的話就是利用定積分的中值定理。
設f（x）在[0，1]上連續，在（0，1）內可導且f（1）=0，證明存在一點§∈（0，1），使§f
8樓：長安的村
用羅爾定理證明：
令f（x）= xf（x） 則 ∵ f（x）在（0,1）內可導專，在【0,1】上連續，屬知f（x）在在（0,1）內可導，在【0,1】上連續
∵f(0)=f(1)=0,
由羅爾定理存在一點§∈（0，1），使得f'(§)=0.即§f』（§）＋f（§）＝0
∴ 存在一點§∈（0，1），使§f』（§）＋f（§）＝0滿意的話，就請好評吧親，如果還有問題可以繼續問我，我盡力幫助。
設f(x)在【0,1】上連續,在(0,1)內可導,且f(1)=0.證明:存在ξ∈(0,1),使f'(ξ)=-f(ξ)/ξ
9樓：匿名使用者
證明：令g(x)=xf(x)，g'(x)=f(x)+xf'(x)∵制f(x)在bai[0,1]連續，在（du0,1）可導∴g(x)在[0,1]連續，在（0,1）可導∵g(0)=0，g(1)=f(1)=0
∴根據羅爾中值定理知道，zhi
存在ξ∈（dao0,1）使得g'(ξ)=0∴g'(ξ)=f(ξ)+ξf'(ξ)=0
∴f'(ξ)=-f(ξ) /ξ
命題得證
10樓：霧光之森
令baig(x)=xf(x),0<=x<=1.
那麼g(0)=g(1)=0，g'(x)=xf'(x)+f(x).
則根據羅爾定理，存du在ξ
zhi∈(0,1)，使得g'(ξ)=ξf'(ξ)+f(ξ)=0，即daof'(ξ)=-f(ξ)/ξ.
[附上思路
內：根據結論考慮容f'(x)+xf(x)，看它能否變成某個新函式的導數，容易觀察得出xf(x)就是所需要的.]
設函式f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,有f(1)=0.證明:至少存在一點ε∈(0
11樓：匿名使用者
證：建構函式f(x)=xf(x)
f(0)=0·f(0)=0，f(1)=1·f(1)=1·0=0f'(x)=[xf(x)]'=f(x)+xf'(x)由羅爾中值定理，在(0，1)內，至版少存在一點ξ權，使得：
f'(ξ)=[f(1)-f(0)]/(1-0)=(0-0)/(1-0)=0
f(ξ)+ξf'(ξ)=0
f'(ξ)=-f(ξ)/ξ
12樓：俺們張學建
最簡單的方法，構造特殊函式,f(x)=0,
13樓：孝飛白寶清
證明：du設g(x)=xf(x),
則g'(x)=xf'(x)+f(x)
,g(1)=1f(1)=0
,g(0)=0*f(0)=0
所以g(x)在zhi[0,1]上連續,在(0,1)內可導且g(0)=g(1),由羅爾中dao
值定理得：
存在內一點ε
容∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε)=(g(1)-g(0))/(1-0)=0
所以f'(ε)=-f(ε)/ε
設函式f（x）在[0，1]上連續，在（0，1）內可導，且f（0）=f（1）=0，證明：至少存在一點ξ∈（0，1），
14樓：浮生夢魘
解答：證明：令f（x）=e2xf（x），
則f（x）在[0，1]上連續，在（0，1）內可導，且f（0）=f（1）．
由羅爾中值定理知，存在ξ∈（0，1），使得f′（ξ）=2e2ξf（ξ）+e2ξf′（ξ）=0，
即：f′（ξ）+2f（ξ）=0．
設函式f(x)在〔0,1〕上連續，在（0,1）內可導，且f(0)=f(1)=0,證明
15樓：匿名使用者
f=f(x)e^(x/2),f在區間[0,1]満足羅爾定理的條件.由羅爾定理,在（0,1）內至少有一點ξ，使f'(ξ)=0,但f'(x)=f'(x)e^(x/2)+(1/2)f(x)e^(x/2),代入即得結論
16樓：扈琇仁冬萱
令g(x)=x²f(x)
則g(0)=g(1)=0
由中值定理：存在&∈(0,1),使
g'(&)
=2&f(&)+&²f'(&)=0
即2f(&)+&f'(&)=0
上連續,在 0,1 內可導且f 0 f
國醉易赫靜 解答 證明 令f x e2xf x 則f x 在 0，1 上連續，在 0，1 內可導，且f 0 f 1 由羅爾中值定理知，存在 0，1 使得f 2e2 f e2 f 0，即 f 2f 0 典素潔巨集斯 令g x f x x，則g x 在 12，1 連續，在 12 1 可導，且g 1 f ...
上連續且在（0,1）內可導，且f 0 f 1 0,f 1 2 1 證明 （1）至少有一點m屬於（
1.取g x f x x,連續得證 2.取h x g x e ax,羅爾中值定理 h x 0 存在x屬於 0,m 使得f x a f x x 1 青紜 解 1 令g x f x x 因為f x 在 0,1 內連續 所以g x 在 0,1 內也是連續的 又當x 1 時g 1 0 1 1 0 當x 1 ...
設f x 在上二階可導,且fx 0,證明
印油兒 我的證明方法不太好，不過湊合能證出來。由中值定理，f x f x f a x a f c c a，x 對任意x1 x,有 f x1 f x x1 x f c1 c1 x，x1 由於f x 0,所以f c1 f c 即，f x1 f x x1 x f x f a x a 1 證明一個小不等式，...