1樓:匿名使用者
由於函bai數f(x)在[-1,1]上可導,du故一定連續,又是奇函zhi數,可知必有
daof(0)=0,應用拉版格朗日中值定理,知權在(0,1)上必存在一點ξ,使
f(1)-f(0)=f'(ξ)(1-0)
即f'(ξ)=1.
請採納,謝謝!
設奇函式f(x)在[-1,1]上具有二階導數,且f(1)=1,證明:(1)存在ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=1;
2樓:匿名使用者
證明如下:
1、由於f(x)為奇函式,則f(0)=0,由於f(x)在[-1,1]上具有二階導數,由拉格朗日定理,存在ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=f(1)−f(0) / 1−0 =1
2、由於f(x)為奇函式,則f'(x)為偶函式,由(1)可知存在ξ∈(0,1),使得f'(ξ)=1,且f'(-ξ)=1,
令φ(x)=f'(x)+f(x),由條件顯然可知在φ(x)在[-1,1]上可導,由拉格朗日中值定理可知,存在η∈(-1,1),使得φ(1)−φ(−1) / 1−(−1) =φ′(η)成立;
φ(1)-φ(-1)=f'(1)+f(1)-f'(-1)-f(-1)=2f(1)=2,從而φ'(η)=1成立,即f''(η)+f'(η)=1
設奇函式fx在-1到1上具有二階導數,且f(1)=1,證明
3樓:
f(x)=-f(-x),f(1)=1,f(-1)=-1,(1)du根據中
zhi值定
理存dao在回
ξ∈(答-1,1)使得
f'(ξ)=[f(1)-f(-1)]/[1-(-1)]=[1-(-1)]/[1-(-1)]=1
f(0)=-f(-0)=-f(0),2f(0)=0,f(0)=0根據中值定理存在ξ∈(0,1)
f'(ξ)=[f(1)-f(0)]/[1-0]=[1-0]/[1-0]=1
設f(x)在【0,1】上連續,在(0,1)內可導,且f(1)=0.證明:存在ξ∈(0,1),使f'(ξ)=-f(ξ)/ξ
4樓:匿名使用者
證明:令g(x)=xf(x),g'(x)=f(x)+xf'(x)∵制f(x)在bai[0,1]連續,在(du0,1)可導∴g(x)在[0,1]連續,在(0,1)可導∵g(0)=0,g(1)=f(1)=0
∴根據羅爾中值定理知道,zhi
存在ξ∈(dao0,1)使得g'(ξ)=0∴g'(ξ)=f(ξ)+ξf'(ξ)=0
∴f'(ξ)=-f(ξ) /ξ
命題得證
5樓:霧光之森
令baig(x)=xf(x),0<=x<=1.
那麼g(0)=g(1)=0,g'(x)=xf'(x)+f(x).
則根據羅爾定理,存du在ξ
zhi∈(0,1),使得g'(ξ)=ξf'(ξ)+f(ξ)=0,即daof'(ξ)=-f(ξ)/ξ.
[附上思路
內:根據結論考慮容f'(x)+xf(x),看它能否變成某個新函式的導數,容易觀察得出xf(x)就是所需要的.]
設函式f(x)在〔0,1〕上連續,在(0,1)內可導,且f(0)=f(1)=0,證明
6樓:匿名使用者
f=f(x)e^(x/2),f在區間[0,1]満足羅爾定理的條件.由羅爾定理,在(0,1)內至少有一點ξ,使f'(ξ)=0,但f'(x)=f'(x)e^(x/2)+(1/2)f(x)e^(x/2),代入即得結論
7樓:扈琇仁冬萱
令g(x)=x2f(x)
則g(0)=g(1)=0
由中值定理:存在&∈(0,1),使
g'(&)
=2&f(&)+&2f'(&)=0
即2f(&)+&f'(&)=0
設函式f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,且f(0)f(1)<0.求證:存在ξ∈(0,1),使得ξf′
8樓:手機使用者
令g(x)=x2e-xf(x)du,zhi則g(x)在[0,1]上連續dao,在(回0,1)內可導,且答
g′(x)=xe-x[xf′(x)+(2-x)f(x)].因為f(0)f(1)<0,
由連續函式的零點存在定理可得,?c∈(0,1)使得f(c)=0,從而g(c)=0.
又因為g(0)=0,
故對函式g(x)在區間[0,c]上利用羅爾中值定理可得,存在ξ∈(0,1),使得g′(ξ)=0,
即:ξe-ξ[ξf′(ξ)+(2-ξ)f(ξ)]=0.又因為ξe-ξ≠0,
故ξf′(ξ)+(2-ξ)f(ξ)=0.
高數:設f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,且f(0)=0,f(1)=1
9樓:臺溶荀浩思
那裡多寫制了個dx
由積分中值定理bai:存在a∈(0,1)使:(2/πdu)[e^zhif(a)]arctana=1/2,或[e^f(a)]arctana=π/4
設f(x)=arctanxe^f(x),則:f(1)=arctan1e^f(1)=π/4,f(a)=arctanae^f(a)=π/4.
用羅爾定理,存在ζ∈dao(a,1)(當然ζ∈(0,1)),使:f』(ζ)=0
但f『(x)=e^f(x)/(1+x^2)+arctanxe^f(x)*f'(x)
代入得:1/(1+ζ^2)+f'(ζ)arctanζ=0
即:(1+ζ^2)f'(ζ)arctanζ=-1
10樓:
由介bai
值定理, 存在c∈
(0,1), 使duf(c) = a/(a+b).
由lagrange中值定理zhi, 存在daoζ內∈(0,c), 使f'(ζ) = (f(c)-f(0))/(c-0), 即有(a+b)c = a/f'(ζ).
又存在η
容∈(c,1), 使f'(η) = (f(1)-f(c))/(1-c), 即有(a+b)(1-c) = b/f'(η).
於是ζ < η滿足a/f'(ζ)+b/f'(η) = a+b.
設奇函式f x 在上具有二階導數,且f 1 1,證明1）存在a屬於（0,1）使得f a
1 f x 是奇函式，則f 0 0，由lagrange中值定理，存在a位於 0,1 使得 f a f 1 f 0 1 0 1。2 少條件，否則結論不對。比如f x x。設奇函式fx在 1到1上具有二階導數，且f 1 1，證明 f x f x f 1 1,f 1 1,1 du根據中 zhi值定 理存d...
設函式fx在上連續,在a,b內可導,且f
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
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...