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。 根據有關法則，f 應當連續，而且有一點是0 假如f 在定義域不等於1，那麼一定小於1，則 0 1 2 f 1 2,這與f 1 2 1矛盾，故題設成立 可以考慮羅爾定理 答案如圖所示 一 1 令f x f x x 則f 1 2 1 2,f 1 1 有零點定理知，f x 在 1 2 1 上有零點，故存在... 因為轉化過後的式子是對u積分，而被積函式f 1 x 是關於x的函式，與u無關，所以可以看成是一個常數，所以 1到1 x f 1 x du f 1 x u u取1到1 x f 1 x 1 x 1 1 x f 1 x f 1 x 下面說一下正負號分析，當01,所以積分上界 積分下屆，再看被積函式，u的取... 設g x f x e x 則g x 在 a,b 上滿足羅爾定理條件.g x f x f x e x 所以 a,b 內至少存在一點c,使得g c 0,即有f c f c 0。設函式f x 在 a,b 上連續,在 a,b 內可導,且f a f b 0.建構函式f x f x e g x 則f x 在 a...設函式f x 在上連續，在（0,1）上可導，且f 1 f 0 0,f
設函式f在區間0上可導且fgt0f
設函式fx在上連續,在a,b內可導,且f