1樓：光廷謙盈君
設f（x）的原函式是f(x)
那麼∫a→ξf(x)dx=f(ξ)-f(a)∫ξ→bf(x)=f(b)-f(ξ)
要證∫a→ξf(x)dx=∫ξ→bf(x)即證f(ξ)-f(a)
=f(b)-f(ξ)
即證至少存在一點ξ∈[a,b],
f(ξ)=（f(a)+f(b)）/2
因為f(x)在[a,b]可積，所以f(x)在[a,b]連續；所以fx)在[a,b]上存在最大值m，最小值m
所以f(a),f(b)屬於[m,m],所以（f(a)+f(b)）/2屬於[m,m]
由介值性定理，即證至少存在一點ξ∈[a,b],f(ξ)=（f(a)+f(b)）/2
所以至少存在一點ξ∈[a,b],使得∫a→ξf(x)dx=∫ξ→bf(x)
2樓：郭蘭環戌
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。
設函式f(x)在[a,b]上連續,且a
3樓：無聊麼逛逛
設f(x）=f(x)-x
f(x)在(a.b)連續
，則f(x)也連續
f（a)=f(a)-a
f（b)=f(b)-b
又a＜f(x)＜b
故f（a)＞0，f（b)＜0
連續函式的零點定理有存在ξ
版 （a,b)使得f（x)=0
即為結果權
4樓：我不流淚吧
f(x)=f(x)-x,rolla定理
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=
5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。
設f（x）在[a，b]上連續，且f（a）＜a，f（b）＞b，證明：至少存在一點ξ∈（a，b)，使得f(ξ)=ξ.
6樓：紹霞書月
令f（x）=f（x）-x那麼
f（a）=f(a)-a<0
f（b）=f(b)-b>0
所以根據根的存在性定理可得
至少存在一點ξ∈（a，b)，使得f(ξ)=0所以.至少存在一點ξ∈（a，b)，使得f(ξ)=ξ.
7樓：狄廣英勤璧
假如不存在baif(ξ)=ξ
1.f(ξ)＞ξ.
f（x）在du[a，zhib]上都在f(x)=x的上面不可dao能與內f（a）連續.
2.同理f(ξ容)＜ξ.
f（x）在[a，b]上都在f(x)=x的下面不可能與f（b）連續
與命題矛盾
故至少存在一點ξ∈（a，b)，使得f(ξ)=ξ.
8樓：春秀榮羽壬
用零點定理方可：
設g(x)=f(x)-x
則g(x)在[a,b]上連續，且
g(a)=f(a)-a<0
,g(b)=f(b)-b>0,
有零點定理知，存在ξ，使得
g(ξ)=
f(ξ)-
ξ=0故
f(ξ)=ξ
設函式f(x)在區間[a,b]上連續，且f(a)
9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
10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。
11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),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)....
12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.
13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
14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[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。
15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。
16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
上連續，且f（a）a，f（b）b，證明 至少存在一點a，b ，使得f
戀任世紀 令f x f x x那麼 f a f a a 0 f b f b b 0 所以根據根的存在性定理可得 至少存在一點 a，b 使得f 0所以.至少存在一點 a，b 使得f 設f x f x x，則 f x 在 a，b 上連續 由於f a f b f a a f b b 0 由根的存在性定理 ...
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，...
設f x 在上連續，且單調增加，證明 0,pi 2 f x sinxdx
證明 令2 pi 0,pi 2 f x dx f c 其中0 c pi 2。注意到條件即知 f x f c sinx sinc 0，於是則有 0,pi 2 f x f c sinx sinc dx 0，開啟化簡記得結論。 在 0，2 上，0 sinx 1，sinx連續且單調增加，所以必有唯一的一點 ...