1樓：匿名使用者
我的解答這麼簡單，為什麼不採納我的啊！！！！！！！
2樓：匿名使用者
設g(x)=3f'(x)+2f(x)，顯然g(x)在[a，b]連續；①如果f(x)=c(c為常數)，則f'(x)=0，f(x)=c=f(b)=0，所以g(x)=0，即對任意k∈(a，b)，均滿e68a8462616964757a686964616f31333330363831足3f'(k)+2f(k)=0；②如果f(x)≠c，則根據洛爾定理，至少存在一點x0∈(a，b)，滿足f'(x0)=0，不妨設x0是所有滿足f'(x)=0[x∈(a，b)]最靠近b點的一點，所以在區間(x0，b)，f'(x)不變號[否則存在x1∈(x0，b)，滿足f'(x1)=0，這和x0最靠近b點的假定矛盾！]，即在區間(x0，b)，f'(x)＞0和f'(x)＜0二者必居其一；所以在區間(x0，b)，f(x)嚴格單調；又因f(b)=0，所以在區間(x0，b)，f(x)≠0；另外f'(x)可以表示成如下形式:f'(x)=f(x)/(x-x')，式中x'為f(x)在x處的切線和x軸的交點，所以g(x)可表示成如下形式:
g(x)=3f'(x)+2f(x)=3f(x)/(x-x)+2f(x)=f(x)[3/(x-x')+2]，令g(x)=0，即f(x)[3/(x-x')+2]=0，因在區間(x0，b)，f(x)≠0，所以3/(x-x')+2=0，即x-x'=-3/2，所以本題等效為在區間(x0，b)尋找該式的解；顯然當x∈(x0，b)時，x-x'∈(-∞，0)，所以在區間(x0，b)必有一點k，滿足k-k'=-3/2；因此存在k∈(x0，b)，即k∈(a，b)，使得3f'(k)+f(k)=0(證畢)。
3樓：匿名使用者
這個可以麼？...
設f(x),g(x)在[a,b]上連續，在（a,b）內可導，且f(a)=f(b)=0,證明至少存在一點ξ∈（a,b)....
4樓：匿名使用者
證明：很簡單copy啊,用羅爾定理證明
設f(x)=xf(x),顯然函式f(x)在區間[a,b]上連續,在(a,b)內可導,
且f(a)=af(a)=0,f(b)=bf(b)=0,即f(a)=f(b)
所以根據羅爾定理,在(a,b)內至少存在一點ξ,使得f′(ξ)=f(ξ)+ξf′(ξ)=0.
故得證.
5樓：數迷
建構函式f（x）=f(x)g(x)
則f'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)
顯然f（x）滿足羅爾定理的條件故結論成立
6樓：匿名使用者
令f(x)=f(x)*g(x) f'(x)=f '(x)g(x)+f(x)g '(x)
顯然f(a)=f(a)*g(a)=0
f(x)=f(b)*g(b)=0
因為f(x),g(x)在[a,b]上連續，在（a,b）內可導回，所以f(x)在[a,b]上連續，在（a,b）內可導
所以存在 ξ答
屬於（a,b），使得f'(ξ)=0
即f '(ξ)g(ξ)+f(ξ)g '(ξ)=0
設函式f(x)在區間[a,b]上連續，且f(a)
7樓：
令g(x)=f(x)-x，由題意知g(x)連續g(a)=f(a)-a<0,g(b)=f(b)-b>0∴g(a)g(b)<0
∴根據零點定理可以知道存在ξ∈(a,b),使得g(ξ)=0,即 f(ξ)-ξ =0，得證。
零點定理：
設函式f(x)在[a,b]上連續，且f(a)f(b)<0,則存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ
8樓：匿名使用者
證明：記f(x)=f(x)-x,顯然它在[a,b]上連續且f(a)=f(a)-a<0,f(b)=f(b)-b>0由連續函式介值定理知存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=f(ξ)-ξ=0
即存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ，命題得證。
9樓：匿名使用者
高等數學，課本上好像有證明過程，以前證過，現在忘了！不好意思！
設f(x)在[a,b]上連續，且f(x)＞0,證明：至少存在一點ξ∈(a,b),使得∫f(x)dx=
10樓：援手
令g(x)=∫f(t)dt*∫f(t)dt（第一個積分限a到x，第二個積分限x到b），根據變上限積分的求導法則，g'(x)=f(x)∫f(t)dt（積分限x到b）-f(x)∫f(t)dt（積分限a到x），由於g(a)=g(b)=[∫f(t)dt]^2（積分限a到b），根據羅爾定理，存在ξ∈(a,b)使得g'(ξ)=0，即f(ξ)∫f(t)dt（積分限ξ到b）-f(ξ)∫f(t)dt（積分限a到ξ），由於f(ξ)>0，上式兩邊除f(ξ)即得要證的等式。
這種題關鍵就在於構造輔助函式，一般將要證的式子變形，其中有ξ的地方換成x，為了用羅爾定理，就要讓輔助函式在區間端點的函式值相等，且想辦法讓輔助函式的導函式等於0時的表示式和要證的等式儘可能相似。
證明題設f x 在區間上連續，在區間 0,3 內可導，且f 0 f 1 f 3 3,f 3 1,試證明必存在一點
f 0 f 1 f 3 3,f 3 1則f 0 f 1 2 因此f 0 f 1 1，或f 0 1，f 1 1若f 0 1，f 1 1由介值定理可知，在 0,1 上存在一點x1，使f x1 1 再加上f 0 f 1 1的情況，可知，在 0,1 上存在一點x1，使f x1 1 f x1 1 f 3 因此...
若f x 和g x 都是定義在實數集R上的函式，且方程x f
網上的答案與我的想法一致,我試著說一下,希望你能看明白 由題可得x f g x 有解,設解為t,即t f g t 記住,這裡的t只是乙個常數 而對於常數t,由函式g x 可知,當x t時,g t 也是乙個常數,不妨記為s,即s g t 故t f g t 就可以改寫為t f s 等式兩邊同取對應法則g...
設函式f x 在上連續，在（0,1）上可導，且f 1 f 0 0,f
碧白楓費歡 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 茹翊神諭者 可以考慮羅爾定理 答案如圖所示 長沛凝戚儒 一 1 令f x f x x 則f 1 2 1 2,f 1 1 有零點定理知，f ...