1樓：匿名使用者
利用定積分的柯西-許瓦茨不等式
可得|f(1)|小於等於右邊的定積分
不等式恆成立
則，|f(x)|的最大值小於等於右邊的定積分過程如下：
2樓：匿名使用者
∵對任意的x，
f(0)＝f(x)+f'(x)(0－x)
f(1)＝f(x)+f'(x)(1－x)
兩式相加得
∴2f(x)＝（2x-1)f'(x)
即f(x)=(x-1/2)f'(x)且0≤x≤1∴l∫ f(x)dx l= l∫ (x-1/2)f'(x)dx l≤ ∫ |(x-1/2)f'(x)| dx= 1/2 ∫ |f』(x) |dx
設f（x）在[0,1]上具有一階連續導數，f（0）=0，證明至少存在一點ξ∈[0,1]使f（ξ）的導數=2∫(0,
3樓：你妹
令 f(x) = f(x) - x, f(0) > 0, f(1) < 0, f(x)在[0,1]上可導=>連續，
故至少在(0,1)內有一點ξ，使得 f(ξ) = 0, 即 f(ξ) = ξ.
下面用反證法證明 ξ 只有乙個。
假設存在ξ1，ξ2∈(0,1) , f(ξ1) =0, 且 f(ξ2) = 0.
由羅爾中值定理，必存在 η ∈(ξ1，ξ2), f '(η) = f '(η) - 1 = 0
=> f '(η) = 1 這與 f(x)的導數不為1 矛盾，假設錯誤。
因此在(0,1)內有唯一點，使得 f(ξ) = ξ.
設函式f(x)在[-1,1]上具有三階連續導數,且f(-1)=0,f(1)=1,f`(0)=0
4樓：匿名使用者
用泰勒公式在x=0處，然後用x=1,和x=-1代入，得到的兩個式子相減，就可以證明出來。
5樓：匿名使用者
設二元二次方程
方程y=a*x⒉+bx+c
把(-1,0)(1,1)(0,0)帶入到方程中,得到三元一次方程,則為a-b+c=0,a+b+c=1,c=0,把c值代入到前兩個方程中.則為a-b=0,a+b=1.求a與b的值.
得出a=0.5,b=0.5.
再把a.b.c的值代入到二元二次方程中.即,y=0.5x⒉+0.5xy=0.5x⒉+0.5x
因為4ac=4*0.5*0=0
所以方程只有乙個解.即x=-b/2a=-0.5/(2*1)=-0.5則y=0.5*0.5*0.5+0.5+0.5=0.375應該是這樣吧.
設fx具有二階連續導數，且f00，limx0fxx1，則
f a 0,f a 0 只是f x 在x a 處取極值的充分條件,非必要條件.比如f x x 4 有f 0 f 0 0 但在 x 0 處顯然是取極小值.就這題而言 因lim x 0 f x x 1 由區域性保號性有,存在一去心鄰域u 0,使得對在這個去心鄰域內有 f x x 1 2 所以有f x x...
設函式f x 具有一階連續導數,fx 存在,且f
x 0時g x f x x f x x 2x 0時g x lim x 0 g x g 0 x lim x 0 f x x 2 lim x 0 f x 2x f 0 2 只需驗證g x 在x 0連續即可 lim x 0 g x lim x 0 f x x f x x 2 lim x 0 f x x l...
設函式fx在上連續，在0，3內可導，且f
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m，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 ...