G(0)=f(1/4)-f(0)
G(1/4)=f(1/2)-f(1/4)
G(1/2)=f(3/4)-f(1/2)
G(3/4)=f(1)-f(3/4)
G(0)+G(1/4)+G(1/2)+G(3/4)=f(1/4)-f(0)+f(1/2)-f(1/4)+f(3/4)-f(1/2)+f(1)-f(3/4)
=-f(0)+f(1)=0
如果G（0），G（1/4），G（1/2），G（3/4）全为0，则x0可以是0,1/4,1/2,3/4中任意一个；
如果一项是0，则该项的自变量可以取为x0，满足G（x0）=f（x0+1/4）-f（x0）=0；
如果任何一样的都不是0，必有两项符号相反，否则，和不可能是0，
在符号相反的两项中间，根据连续性，必有x0是的G（x0）=f（x0+1/4）-f（x0）=0。
高数零点定理设函数f(x)d对于闭区间[a,b]上任意两点x、y,恒有|f(x...
可以考虑零点定理，答案如图所示
高数 利用零点定理的证明题
考察G(x)=f(x+1\/4)-f(x)G(0)=f(1\/4)-f(0)G(1\/4)=f(1\/2)-f(1\/4)G(1\/2)=f(3\/4)-f(1\/2)G(3\/4)=f(1)-f(3\/4)G(0)+G(1\/4)+G(1\/2)+G(3\/4)=f(1\/4)-f(0)+f(1\/2)-f(1\/4)+f(3\/4)-f(1\/2)+f(1)-f(3\/4)=-f(0)+f(1)=0 如果G（...
高等数学 利用零点定理(闭区间上连续函数的性质)证明 1-x-tanx=0在...
令f(x)=1-x-tanx，则f在[0,1]连续且f(0)=1>0,f(1)=-tan1<0，根据零点存在定理，一定有某个点a∈(0,1)使得f(a)=0，即a是方程的解。
高等数学,零点定理证明题!
f（1）-f（0）＝0-0＝0＝f′（m）（1-0）＝f′（m）。如果δ≤m≤1，则f（l+δ）-f（δ）＝f′（m）l＝0。
涉及到使用零点定理的一道高数证明题,设f(x)在[a,b]上连续,f(a)=f...
=0所以F（a）=F（(a+b)\/2 )=0 or 一正一负1、F（a）=F（(a+b)\/2 )=0那么取x0=(a+b)\/2,显然有f((a+b)\/2)=f((a+b)\/2+(b-a)\/2)=f（b）2、一正一负那么由零点定理,必存在一个x0,x0 在(a,(a+b)\/2)中,使得F（x0）=0也就是f(Xo)=f(Xo+(b-a)\/2)
高等数学 利用零点定理(闭区间上连续函数的性质)证明e^x -2=x在区间...
令f(x)=e^x-2-x 且f(0)=1-2-0=-1＜0；f(2)=e²-2-2=e²-4＞0 根据连续函数的性质，则f(x)在(0,2)中间至少有一根xo满足f(xo)=0 所以，e^x-2=x在(0,2)之间至少有一根
高数 零点问题
证：设f(x)=2^x-x2-1。 假设f(x)=0有4个实根，则由洛尔定理知f`(x)=0至少有3个实根， 同理f``(x)=0至少有2个实根。而f``(x)=(2^x)ln2-2=0只有1个实根，矛盾！ 故f(x)=0至多只有3个实根。 易知f(0)=f(1)=0。 f(4)=-1＜0，f(5)=6＞0，由零点定理知，至少...
高数:零点定理证明题 谢谢了!
解：由题设条件，有-1≤x≤1、-2√(1-x^2)≤y≤2√(1-x^2)，∴原式=∫(-1,1)dx∫[-2√(1-x^2),2√(1-x^2)](xy+1)dy。而，∫[-2√(1-x^2),2√(1-x^2)](xy+1)dy=∫[-2√(1-x^2),2√(1-x^2)]dy=4√(1-x^2)，∴原式=4∫(-1,1)√(1-x^2)...
第11题,高数,用零点定理证
提示，f(0)<0，x→±∞时，f→+∞，这说明f在x轴两侧以远分别存在>0的函数值。
向您请教同级六版高数上的一道零点定理的证明题
证明：1、任取x0属于(a,b)，由于|f(x)-f(x0)|≤L|x-x0|故对任给ε>0,取δ=ε\/L，当|x-x0|<δ时，有：|f(x)-f(x0)|≤L|x-x0|<ε故f(x)在x0连续，f( x)在闭区间(a,b)连续 2、3、由于f(a)*f(b)＜0，由根的存在性定理：至少存在一点 ξ,使 f(ξ）=0 ...
