1樓：匿名使用者
解； 設f(x)＝∫xa
f(t)dt+∫xb
1f(t)dt，
則f（x）在x∈[a，b]連續，並且f(a)＝∫ab1f(t)
dt，f(b)＝∫ba
f(t)dt
而f（x）＞0，x∈[a，b]
∴內f（a）＜容0，f（b）＞0
∴根據零點定理有，至少存在一點ξ∈（a，b），使得：f（ξ）=0又f′(x)＝f(x)+1
f(x)
＞0，x∈[a，b]
∴f（x）在[a，b]單調遞增
∴f（x）在（a，b）只有一個零點
即方程∫xa
f(t)dt+∫xb
1f(t)
dt＝0在（a，b）只有一個根
設函式f在[a，b]上連續且無零點，f（x）=∫xaf（t）dt+∫xb1f(t)dt，則方程f（x）=0在（a，b）內根的個數
2樓：艾帥
因為函式f在[a，b]上連續且無零點，不妨設f（x）＞0，則f（a）=∫ab
1f(t)
dt＜0，f（b）=∫ba
f(t)dt＞0，
從而由連續函式的零點存在定理可得，f（x）=0至少存在一個零點．又因為f′（x）=f（x）+1
f(x)
＞0，所以f（x）在[a，b]上嚴格單調，從而f（x）=0的根存在且唯一，
即：方程f（x）=0在（a，b）內根的個數為1．故選：b．
∫f(x)dx-∫xaf（t）dt=
3樓：
解； 設f(x)＝∫x a f(t)dt+∫x b 1 f(t) dt，則f（x）在x∈[a，b]連續，並且f(a)＝∫a b 1 f(t) dt，f(b)＝∫b a f(t)dt 而f（x）＞0，x∈[a，b] ∴f（a）＜0，f（b）＞0 ∴根據零點定理有，至少存在一點ξ∈（a，b），使得：f（ξ）=0 又f′(x)＝f(x)+1 f(x) ＞0，x∈[a，b] ∴f（x）在[a，b]單調遞增 ∴f（x）在（a，b）只有一個零點即方程∫x a f(t)dt+∫x b 1 f(t) dt＝0在（a，b）只有一個根
4樓：匿名使用者
設 f(x) 是 f(x) 的一個原函式，則
原式 = f(x) + c - [f(x)]《下a, 上x> = f(x) + c - f(x) + f(a) = c+f(a) = c1 （常數）
假設函式fx閉在區間a,b上連續,而且fx大於等於
初學數學嗎?很明顯在考你拉格朗日中值定理。定積分b到a f x dx 0 a b f t t b,a a不等於b,f t 0 所以在 a,b 上 恆有f x 恆 0 如何證明若函式f x 在 a,b 上連續,且f2 x 在 a,b 上的積分為零?有一個結論是bai,如果函式 duh t 0,並且 c...
若函式f x 在閉區間上連續，在開區間 a,b 可導，如果在 a,b 內f x 0,則f x 在
您的意思我不太明白就是那個逆命題。我這樣理解 在 a,b 上單增，於是有f x 0 行麼。顯然有問題，導數存在說明曲線很光滑，我只要在單增區間里加一個角出來導數就不存在了，更別說f x 0 了 不成立！舉個例子x 3 這個函式單調遞增，但是在x 0時導數為0而不是大於0 如果函式 y f x 在閉區...
設函式f x 和g x 在區間上連續，且g x 0,x，證明 至少存在一點a,b ,使得
我的解答這麼簡單，為什麼不採納我的啊！設g x 3f x 2f x 顯然g x 在 a，b 連續 如果f x c c為常數 則f x 0，f x c f b 0，所以g x 0，即對任意k a，b 均滿e68a8462616964757a686964616f31333330363831足3f k 2...