1樓：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
2樓：茹翊神諭者
可以考慮羅爾定理
答案如圖所示
3樓：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（x）在（1/2
，1）上有零點，故存在η屬於(1/2，1)，使f(η)=η2、原式=f(x)'-1-λ(f(x)-x)=0令f（x）=(
f(x)-x
)/e^λx
易知f(0)=0，f(η)=0
所以存在ξ屬於(0，η)，使得f『(x)=0又因為f』(x)=（
f(x)'-1-λ(f(x)-x)
）/e^λx
所以存在ξ屬於(0，η)，使f'(ξ)-λ(f(ξ)-ξ)=1。
二、用反證法
若對於任意的x屬於(0，1)，都有f『(x)小於等於1易知f（x）小於等於1，當f『(x)恆等於1時等號成立，又因為f(x)是x的非線性函式，所以f『(x)不恆等於1所以f(1)小於1，與已知矛盾
所以在(0，1)內至少存在一點ξ，使f'(ξ)＞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,f(1/2)=1,證明：
6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。
7樓：
注意（η²+η）'=2η+1，與（2）結果形式一致。
（1）根據連續性。
f(η)=η²+η，可以看成兩個函式y=f(x),與y=g(x)=x²+x的交點。定義函式h(x)=f(x)-g(x),h在[0,1]連續，可導。
h(0)=f(0)-g(0)=0,h(1/2)=f(1/2)-g(1/2)=1-(1/4+1/2)=1/4,h(1)=f(1)-g(1)=0-2=-2
根據連續性，在{1/2,1)內，函式h必然過0點，設其0點的x座標為η
h(η)=f(η)-g(η)=0,f(η)=g(η)=η²+η
(2)用中值定理
在[0,η],h(0)=0,h(η)=0,必然有ξ∈(0,η),使得h'(ξ)=0
h'(x)=f'(x)-g'(x)=f'(x)-(2x+1)
h'(ξ)=f'(ξ)-(2ξ+1)=0,
f'(ξ)=2ξ+1
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。
8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。
9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′
10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．
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:至少存在一點,使得f'
11樓：字染碧亥
構造輔助函式
f(x)=f(x)e^(2x)，它在[0，1]上連續，在(0，1)內可導
且f(1)=f(0)=0
那麼，根據羅爾中值定理，存在一點§，使得f'(§)=0即f'(§)+2f(§)=0
希望對樓主有幫助~~
設函式fx在上連續,在a,b可導,且fa
設f x e kx f x 由f a f b 0,f a f a b 2 0可知f a f b 0 f a f a b 2 0 從而可得f a f b 同號 f a b 2 與f a 異號 f b 同號 不妨設f a 0 f b 0 f a b 2 0由零點定理可得 在 a,a b 2 和 a b ...
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 0,1 上連續,且滿足f x x 20,1 f t dt,求f x 更簡潔的表示式
令a 0,1 f t dt,它為常數故f x x 2a 再代入上述積分 a 0,1 t 2a dt t 2 2 2at 0,1 1 2 2a 解得 a 1 2 所以f x x 1 高數 設函式 f x 在 0,1 上連續，且對任意的 x 0,1 有 f x 0,則必有？設f x 在 0,1 上連續,...