设函数在闭区间[a,b]上可导,f(a)=f(b)=0,证明存在一点a-搜答案-搜狗做题网

构造函数g(x)=f(x)-x则g(a)=f(a)-a0所以在（a,b）上必存在一点x,使得g(x)=0即f(x)-x=0f(x)=x

如果f(x)在开区间(a,b)上的每一点都可导,那么称f(x)在(a,b)上可导.如果另外还满足f(x)在a点右可导,在b点左可导,那么称f(x)在闭区间[a,b]上可导.

设g(x)=f(x)*e^x,g'(x)=f'(x)*e^x+f(x)*e^x=[f'(x)+f(x)]*e^x则g(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导且g(a)=f(a)*e^a

答案是B:A,C,D的反例：f(x)=|x|,-1

f'(x)0说明函数是图形下凹所以答案选C

证：设x1，x2是（a，b）内任意两点，且x1＜x2，在[x1，x2]上应用拉格朗日中值定理得f（x2）-f（x1）=f′（ξ）（x2-x1）（x1＜ξ＜x2）因为f′（ξ）=0，所以f（x2）-f（

1、设g(x)=f(x)-x,g(x)在【a,b】上连续,g(a)=f(a)-a0,由零点定理得,至少存在一点ε在（a,b）,使得g(ε)=0,即f（ε）=ε2、∵f(x)是闭区间(a,b)上的连续函

证：(1)当f(x1)=f(x2)时,显然当ξ=x1或x2时f(ξ)=[f(x1)+f(x2)]/2满足题意（2）当f(x1)不等于f(x2)时,不妨设f(x2)>f(x1),则f(x1)<[f(x1

区间长度与区间的开闭无关哦

确定没抄错题?cotb(sin￡1)^2f'(￡2)?看起来不是很协调啊,如果你确定没抄错,我就试试看.不过我希望楼主能提供一份word公式编辑器版本的式子,这个样子的感觉有些不靠谱···再问：已经上

C可以等于A或B,而且不需要AB时结论依然成立

由题目的条件,f(x)实际上就是[a,b]上的连续函数,也就是说,题目的条件保证了Rolle定理的条件是满足的.更准确的说法：这个命题实际上就是Rolle定理,不能称为Rolle定理的推广.它与Rol

定积分b到af(x)dx=0=（a-b）f（t）t（b,a）a不等于b,f（t）=0所以在（a,b）上恒有f(x)恒=0

f(x)=(x+b+a-b)/(x+b)=1+(a-b)/(x+b)任意x1,x2∈(-∞,-b],x1>x2f(x1)-f(x2)=(a-b)/(x1+b)-(a-b)/(x2+b)=(a-b)(x

f(x)是区间[a,b]上的减函数根号下f(X)还是减函数-根号下f(X)就是增函数1-根号下f(X)还是增函数!

这个很显然分别在(a,c)和(c,b)上用Rolle定理得存在x1,x2满足a再问：谢谢。能再具体些吗再答：够具体了，再搞不懂就把Rolle定理的式子自己写一下，不要太偷懒再问：谢谢我能在问你一个问题

当x≥x0吧f(x)-f(x0)=f'(ζ1)(x-x0)其中ζ1∈(x0,x)f''(x)≥0可知f'(x)递增,即f'(ζ)≥f'(x0)即f(x)≥f(x0)+f'(x0)(x-x0)当x

|[f(x)-f(y)]/(x-y)|≤2|x-y|；令x趋向于y,|f'(x)|≤2*0；|f'(x)|≤0；所以f'(x)=0；所以f(x)是常量函数

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