1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。
設函式f(x)在區間[a,b]上連續，且f(a)
2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
3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。
4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！
上連續 a0 且f x0,若對於上任何一點有f xa,x f t dt求證任取x屬於 a,b ,f x
f x 0,則 a,b 上 a,x f t dt 0f x 在最大時為復 a,x f t dt就令制f x a,x f t dt 注意 f a 0 將f x a,x f t dt兩邊求導得f x f x df x dx f x df x f x dx 積分得lnf x x ln c f x c e ...
高數問題若fx0存在,則fx在xx0處連續
不是的,這裡有個反例 f x x 2sin1 x,x不等於0,f 0 0.f x 2xsin1 x cos1 x,x不為0 f 0 lim f x f 0 x 0 0,很顯然當x趨於0時 lim f x 不存在,因此f x 不連續專此例屬子來自 錯。若f x0 存在,則f x 在x x0處連續 若f...
設fx在r上可導,且fxfx0,證明fx至多隻有零點
令g x e xf x g x e x f x f x 0,g x 單調遞增,至多隻有一個零點,因此f x 至多隻有一個零點。f x 在r可導,f x f x 0,證明f x 0最多有一個實根 40 建構函式 x 1 2 f x 2 f x 則 x f x f x 依題意,f x f x 0 即 x...