1樓：有點悶
因為f（x）在[0，3]上連續
bai，所以
duf（x）在[0，2]上連續zhi，且在[0，2]上必有dao最大值m和最小值m，於是：
版m≤權f（0）≤m，m≤f（1）≤m，m≤f（2）≤m，故：m≤f(0)+f(1)+f(2) 3 ≤m，由介值定理知，至少存在一點c∈[0，2]，使得： f(c)＝f(0)+f(1)+f(2) 3 ＝1，又由：
f（c）=1=f（3），且f（x）在[c，3]上連續，在（c，3）內可導，滿足羅爾定理的條件，故：必存在ξ∈（c，3）?（0，3），使f′（ξ）=0．
2樓：匿名使用者
由拉格朗日du中值定理zhi，
存在a∈(1/2,1), [f(1/2)-f(1)]/(1/2-1)=f'(a), 即f'(a)=-2 ,
存在b∈(0,1/2), [f(1/2)-f(0)]/(1/2-0)=f'(a), 即f'(b)=2 ;
令φdao(x)=f'(x)-1，則φ(a)=f'(a)-1=-3, φ(b)=f'(b)-1=1 ;
則有φ(a)*φ(b)<0，根據零點定回理，存在ζ∈(b,a)，使得φ答(ζ)=0, 即f'(ζ)-1=0
f'(ζ)=1得證。
ps.這邊可能缺少對f'(x)連續性的證明
3樓：茹翊神諭者
先用零點定理，
再用羅爾定理，詳情如圖所示
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。
4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。
5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′
6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)=0,f(1)=π/4,則方程(1+x^2)f'(x)=1在(0,1)內至少有一個實
7樓：有點悶
因為f（x）在[0，3]上連
續，所以f（x）在[0，2]上連續，且在[0，2]上必有最大值m和最小值專m，屬於是：m≤f（0）≤m，m≤f（1）≤m，m≤f（2）≤m，故：m≤f(0)+f(1)+f(2) 3 ≤m，由介值定理知，至少存在一點c∈[0，2]，使得：
f(c)＝f(0)+f(1)+f(2) 3 ＝1，又由：f（c）=1=f（3），且f（x）在[c，3]上連續，在（c，3）內可導，滿足羅爾定理的條件，故：必存在ξ∈（c，3）?
（0，3），使f′（ξ）=0．
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
8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
9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。
設函式fx在上連續,在a,b內可導,且fx不等於
由lagrange中值定理 存在x1位於copy a,b 使得f b f a f x1 b a 對f x 和e x用cauchy中值定理,存在x2位於 a,b 使得 f b f a e b e a f x2 e x2 兩式相除移項得結論。設函式f x 在 a,b 上連續,在 a,b 內可導 0 利用...
證明題,設函式fx在上連續,a,b內可導,且faa,fbb
1 令g x f x x,則g x 在 a,b 上連續 g a f a a 0,g b f b b 0 g x 在 a,b 上滿足零點定理 的條件即存在一點 a,b 使g f 0即f 2 假設a回據羅爾定理,a,b 上存在一點 答,使f 0 1 假設f a f b 易證f x 在 a,b 上滿足拉格...
設fx二階可導,且f00,f01,f
因為f x 二階來可導源,且 f 0 bai 0,f 0 1,f du 0 2,所以由l hospital法則zhi limx 0 f x xx limx 0 f dao x 1 2x 1 2lim x 0f x f 0 x 1 2f 0 1.所以lim x 0f x x x 1.故答案為 1.設f...