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(

時間 2021-08-17 02:35:47

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。

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 ...

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x 0處可導,且f 0 0,求極限

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 ...