证明在区间内至少存在一点c,使得f(c)=c,点c称为函数f(x)的不动点-搜答案-搜狗做题网

次题由于二次项的系数为正数,抛物线的开口向上,所以在[-1,1]范围内的最大值一定在端点上,即1或者-1处,所以只需要把1和-1分别代入原式,使其大于0即可,我算的答案为：-3

至少存在一点C使f(c)〉0,也就是说最大值>0二次函数看f（x）=4x²-2（p-2）x-2p²-p+1开口向上所以最大值在端点取到f(-1)=-2p²+p+1f(1)

对称轴为x＝p－2.分为三种情况.1）当p-2>0时：y的最大值在x＝－1处取到,此时y＝－2p^2+p+1.要满足题意,只要最大值>=0就行了.所以解这个不等式得－1/2

f(1)=0,f(2)=0,必有f'(x0)=0;1

f(x)不恒为常数表明至少有一点c∈(a,b)使得f(c)≠f(a)=f(b),由拉格朗日中值定理可知存在ξ1与ξ2使得f'(ξ1)=[f(c)-f(a)]/(c-a)f'(ξ2)=[f(c)-f(b

构造函数F(x)＝(1-x)×∫(0到x)f(t)dt,则F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,F(0)＝F(1)＝0,由罗尔中值定理,在(0,1)内至少存在一点ξ,使得F'(ξ)＝0.F'

函数f(x)=x³-3x+1在定义域R上连续,从而在开区间（1,2）内连续且f(1)·f(2)=(-1)·3=-3＜0,由根的从在性定理知,方程x³-3x+1=0在区间（1,2）内

做辅助函数F(x)=x²f(x),则函数F(x)在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F'(x)=2xf(x)+x²f'(x).F(0)=0,F(1)=f(1)=0,于是由

如图~

设g(x)=f(x)e^(dx),由题意得g(x)在(a,b)上可导,[a,b]内连续,又g(a)=f(a)e^(da)=0g(b)=f(b)e^(da)=0即g(a)=g(b)对g(x)在[a,b]

你把f'(c)=-f(c)/c两边乘以c再移项,得cf'(c)+f(c)=0,也就是（cf（c））'=0.令F(x)=cf（c）,F(0)=1,F(1)=0由介值定理得F'(x)=0此类题一般都是从结

∵f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导∴xf(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导再用拉格朗日中值定理∴则(a,b)内至少存在一点c,使f(c)+cf'(c)=[bf(b)-af(a)

f(x)=4(x-p/4+1/2)^2-9p^2/4(1)对称轴x=p/4-1/2当x=p/4-1/2>=1时p>=6则f(-1)>0f(-1)=-(2p^2-p-1)>0那么-1/2

g(x)=f(x)-x则g(a)0于是在(a,b)内至少存在一点m,g(m)=0即f(m)=m证毕

抛物线开口向上,对称轴为x=(p-2)/4若(p-2)/4>=1,则有f(-1)>0解得无解若(p-2)/4《=1则有f（1）>0解得-3

设g（x）=xF（x）用拉格朗日中直定理

令f(x)=ax^5+bx^3+cx^2-(a+b+c)x则有：f(0)=0,f(1)=0因此由罗尔定理,在（0,1）内必存在一点p,f'(p)=0而f'(x)=5ax^4+3bx^2+2cx-(a+

若f(x)在区间[－1,1]上都有：f(x)≤0,则：(1)f(－1)=4＋2(p－2)－2p²－p＋1=－2p²＋p＋1≤0,即：p≤－1/2或p≥1(2)f(1)=4－2(p－

令g(x)=f(x)e^-x;则连续且可导且g(a)=g(b)=0;故存在r使得:g'(r)=0;即[f'(r)e^-r]-f(r)e^-r=0;从而f'(r)=f(r)