设函数f(x)在上[0,a]连续,在(0,a)内可导,且f(a)=0,证明:在(0,a)中至少存在一点ξ, 使3f(ξ)+ξf'(x)=0
设函数f(x)在上[0,a]连续,在(0,a)内可导,且f(a)=0,证明:在(0,a)中至少存在一点ξ, 使3f(ξ)+ξf'(x)=0
则有：g'(x)=f(x)*3*x^2+f'(x)*x^3
因为：g(0)=g(a)=0
根据中值定理，在(0,a)中存在ξ使得g'(ξ)=0
即：f(ξ)*3*ξ^2+f'(ξ)*ξ^3=0
所以：f(ξ)*3+f'(ξ)*ξ=0
设函数f(x)在上[0,a]连续,在(0,a)内可导,且f(a)=0,证明:在(0,a)中...
则有：g'(x)=f(x)*3*x^2+f'(x)*x^3 因为：g(0)=g(a)=0 根据中值定理，在(0,a)中存在ξ使得g'(ξ)=0 即：f(ξ)*3*ξ^2+f'(ξ)*ξ^3=0 所以：f(ξ)*3+f'(ξ)*ξ=0
设函数f(x)在上[0,a]连续,在(0,a)内可导,且f(a)=0,证明:在(0,a)中...
可以用罗尔中值定理，构造函数F（x）=xf(x)，则F（0）=0，F（a）=0，由f（x）的性质知，F（x）在[0,a]连续，（0，a）可导，故满足罗尔中值定理的条件，在(0,a)中至少存在一点ξ使 F（ξ）=f(ξ)+ξf'(ξ)=0，则原题得证 对于（2），根据函数的求导法则：两个可导函数（都在...
设函数f(x)在上[0,a]连续,在(0,a)内可导,且f(a)=0,证明:在(0,a)中...
由罗尔中值定理得，在(0，a)内，至少存在一点ξ，使得 F'(ξ)=[F(a)-F(0)]\/(a-0)=(0-0)\/a=0 F'(ξ)=3ξ²·f(ξ)+ξ³·f'(ξ)=0 ξ²[3f(ξ)+ξ·f'(ξ)]=0 ξ∈(0，a)，ξ≠0，因此只有3f(ξ)+ξ·f'(ξ)=0 即：在(0，a)内，至少存...
设f(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,且f(a)=0,证明存在一点A在(0,a...
设 g(x)=xf(x), 则 g(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,且g(0)=g(a)=0 于是 存在一点A在(0,a)使g'(A)=0, 即 f(A)+Af'(A)=0
设函数f(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,且f(0)=0,证明至少存在一点m...
证明：设g(x)=ln(1+x)，g'(x)=1\/(1+x),则g'(m)=1\/(1+m)∵f(x),g(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且g'(x)≠0 ∴由柯西中值定理得至少存在一点m属于(0,a)使得[f(a)-f(0)]\/[g(a)-g(0)]=f'(m)\/g'(m)即f(a)=(1+m)f'(m)ln(1+a)
...a]上连续,在(0,a)上可导且f(a)=0,证明存在一点 X属于(a,b),使f...
作辅助函数 F(x) = xf(x)，对它用 Lagrange 中值定理，…，（结论应该是）存在一点 x 属于(0,a)，使 f(x)+x*f'(x) = 0。你试试。
设f(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,且f(0)=0,f(x)的导数单调增,证当0...
令g(x)=f(x)\/x,x∈[0,a] g'(x)=[xf'(x)-f(x)]\/x^2 另H(x)=xf'(x)-f(x) H'(x)=f'(x)+xf''(x)-f'(x)=xf''(x) ∵f(x)的导数单调递增 ∴f''(x)≥0 显然x>0 所以H'(x)≥0 ∴H(x)为在(0,a)单调递增 ∴H(x)≥H(0)=0-f(0)=0 ∴g'...
若f(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,a>0,且f(0)=1,f(a)=0,证明(1)至...
(1)证明：令g(x)=f(ax)-x,则g(x)在[0,1]上连续，在（0，1）内可导，且g(0)=1,g(1)=-1,所以由介值定理知存在c属于（0,1）使得g(c)=0。即f(ac)-c=0。令&=ac，则&属于（0，a）,且f(&)=&\/a.(2)证明：分别考虑（0，&）和（&，a）由拉格朗日定理知存在x1属于（0，...
设f(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,切f(0)=0,f'(x)单调增加(fx的倒数...
设 0 < x < y， 用中值定理：f(x) = f‘（x1)(x - 0) + f(0) = f'(x1)x, 0< x1 < x f(y) = f'(x2)(y-x) ＋ f（x）, x <x2＜y 因为 f'(x)单调增加， f’（x2）＞f’（x1），于是：f（y）／y ＝ （f'(x2)(y-x) ＋ f（x））／y ＞ ...
高数问题,设f(x)在[0,a]连续,在(0,a)可导,证明存在ξ∈(0,a)...
呃……我加一个条件吧，f（a）=0，这样好一点。设一个辅助函数F(x)=xf(x),显然有F(x)在[0，a]连续，在（0，a）可导，又因为F(0)=F(a)=0，根据罗尔中值定理，存在ξ∈（0，a）使F'(ξ)=ξf'（ξ）＋f（ξ）=0 成立，又因为ξ不会为0，上式两端除以ξ即可得证。
