1樓:匿名使用者
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
2樓: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=1/2 時 g(1/2)=1-0=1>0
即g(1)*g(1/2)<0 所以 存在m 使得 當m在(1/2,1)時 有g(m)=0即 f(m)=m
2) 令h(x)=g(x)/e^ax 則當x=0 時h(0)=0/1=0 當x=m 時 由1)知g(m)=0 則此時 h(x)=0
即有h(0)=h(m) 又h(x)在(0,m)連續可導
所以由羅爾中值定理得存在 x 使得 h’(x)=0
即 [g'(x)-a*g(x)]/e^ax=0
所以 有g'(x)-a*g(x)]=f '(x)-1-a[f (x)-x]=0 原命題得證
3樓:匿名使用者
證明:1)因為:f(x)在[0,1]上連續且在(0,1)內可導,且f(0)=f(1)=0, f(1/2)=1.
設0 所以:0 所以:0 又因為(1/2,1)屬於(0,1) 所以:得出結論。 2)等我想一下…… 設f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,且f(0)=f(1),證明:存在ξ,η∈(0,1),使得f"(ξ)+f"(η)=0? 4樓:崇元化 令φ(x)=f(x)-(1-x), 則φ(x)在[0,1]上連續, φ(0)=-1<0,φ(1)=1>0, 故由零點存在定理, 知存在ξ∈(0,1),使[*] 由拉格朗日微分中值定理, 存在η∈(0,ξ),ζ∈(ξ,1),使 [*]故 f’(η)・f’(ζ)=1。 5樓: 題目應該是兩個一階導數的和為0吧(因為題目都沒有說f函式有二階導數),如果是一階導數的話,過程如下請參考 6樓:匿名使用者 問題是這樣嗎?如果f(x)=(x-1/2)^2,那也滿足f(0)=f(1),但是f"(x)=2恆成立,就不存在ξ,η∈(0,1),使得f"(ξ)+f"(η)=0 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∈(0,1),使f'(x)=-f(ε)/ε。 7樓:你愛我媽呀 證明過程如下: 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[0,1]上連續,在(0,1)內可導且g(0)=g(1),由羅爾中值定理得: 存在一點ε∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0. 所以f'(ε)=-f(ε)/ε。 8樓:匿名使用者 證明: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[0,1]上連續,在(0,1)內可導且g(0)=g(1),由羅爾中值定理得: 存在一點ε∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0 所以f'(ε)=-f(ε)/ε 設f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,且f(1)=f(1/2) 9樓:匿名使用者 令g(x)=f(x)-x,則g(0)=0,g(1/2)=-1/2,g(1)=0,根 制據介值定理,存在a∈(0,1/2),使 得g(a)=-1/4,存在b∈(1/2,1),使得g(b)=-1/4。再根據羅爾中值定理,存在ξ∈(a,b),使得g'(ξ)=0,也就是f'(ξ)=1。 設fx在[0,1]上連續在(0,1)內可導且f(1)=0證明存在一點ξ屬於(0,1)使2f(ξ)+ξf'(ξ)=0 10樓:寂寞的楓葉 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 11樓: 建構函式f(x)=x²f(x),則f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,f(0)=f(1)=0,由羅爾定理,存在一點ξ∈(0,1),使f'(ξ)=0。 f'(x)=2xf(x)+x²f'(x)。 所以,2ξf(ξ)+ξ²f'(ξ)=0,所以2f(ξ)+ξf'(ξ)=0。 f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導且f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1,證明:至少存在一點ξ 12樓: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ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=2e2ξf(ξ)+e2ξf′(ξ)=0, 即:f′(ξ)+2f(ξ)=0. 13樓: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(1)-1=0-1=-1<0,g(12)=f(12 )-12=1-12 =12>0 ∴由零點定理:∃η∈(12 ,1),使得g(η)=0,即f(η)=η 命題得證 (2)設h(x)=e-λx[f(x)-x],x∈[0,η],則h(x)在[0,η]連續,在(0,η)可導,且h(0)=h(η)=0 ∴由洛爾定理可知,∃ξ∈(0,η),使得h'(ξ)=0又h'(x)=e-λx[f'(x)-1-λ(f(x)-x)]∴由h'(ξ)=0,得: e-λξ[f'(ξ)-1-λ(f(ξ)-ξ)]=0∴f'(ξ)-λ(f(ξ)-ξ)=1 命題得證 設fx在[0,1]上連續在(0,1)內可導且f(0)=f(1)=0 14樓: 建構函式f(x)=x²f(x),則f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,f(0)=f(1)=0,由羅爾定理,存在一點ξ∈(0,1),使f'(ξ)=0。 f'(x)=2xf(x)+x²f'(x)。 所以,2ξf(ξ)+ξ²f'(ξ)=0,所以2f(ξ)+ξf'(ξ)=0。 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 ... 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... 要先分離變數,再求導。0,x t n 1 f x n t n dt 1 n 0,x f x n t n dt n 1 n 0,x f x n t n d x n t n 1 n x n,0 f s ds 1 n 0,x n f s ds 然後分子分母都趨於0,用洛必達法則分子分母分別求導。分子求導 ...上連續,在 0,1 內可導且f 0 f
設f x 在上連續,在 0,1 內可導,且f
設函式f x 在x 0處可導,且f 0 0,求極限