设函数f(X)在[a,b]上连续,且单调增加,证明F(x)=1 (x-a)

令h(x)=f(x)-g(x)则h'(x)=f'(x)-g'(x)>0故h(x)在[a,b]上单调递增故对任意x∈[a,b]又h(x)>h(a)即f(x)-g(x)>f(a)-g(a)即f(x)+g(

证明：做变量替换a+b-x=t,则dx=-dt,当x=b,t=a,当x=a,t=b于是∫(a,b)f(a+b-x)dx=-∫(b,a)f(t)dt=∫(a,b)f(t)dt=∫(a,b)f(x)dx即

F'(x)=【f(x)(x－a)－∫(a,x)f(t)dt】/(x－a)^2＝【f(x)(x－a)－f(t0)(x－a)】/(x－a)^2＝【f(x)－f(t0)】/(x－a)

CA.比如f(x)=tan(x)在（-pi/2,pi/2)内连续,但是f(x)无界B.同上,f(x)=tan(x)无最大值,也无最小值D.如果是分段函数,该条不成立,比如函数f(x)=100,x=1;

令g(x)=x^2在[a,b]上连续,在(a,b)内可导则柯西中值定理：(f(b)-f(a))/(g(b)-g(a))=f'(ξ)/g'(ξ)所以2ξ[f(b)-f(a)]=(b^2-a^2)f'(ξ

使用3次拉格朗日定理即可详细过程请见下图

假如f(x)在[a,b]上无界,设[a,b]＝[a1,b1],对分之,两个闭区间中至少有一个使f(x)无界,令其为[a2,b2].再对分之,得到[a3,b3].等等.得到一个闭区间套[a1,b1]＞（

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

利用分部积分∫上a下cF(x)f'(x)dx=F(a)f(a)-F(c)f(c)-∫上a下cf^2dx又因为F(a)=f(c)=0,即得

设F(x)=e^(-kx)f(x)由f(a)*f(b)>0,f(a)*f((a+b)/2)0F(a)*F((a+b)/2)0F(b)>0F((a+b)/2)再问：我想问一下，F(x)=e^(-kx)f

设g(x)=f(x)/(e^x),则g(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件.g′(x)=[f′(x)-f(x)]/e^x所以（a,b)内至少存在一点c,使得g′(c)=0,即有f'(c)-f(c)=0

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

由f(a)f((a+b)/2)0,同理可知（(a+b)/2,b）上存在x2,使得f（x2）=0,构造函数G（x)=f(x)/e^kx,G(x1)=G(x2)=0,G(x)在[x1,x2]可导且连续,在

设|f(c)|＝max|f(x)|.首先有|f(x)^n|0,当x满足|x－c|=[积分(从c－d到c+d)|f(x)^n|dx]^(1/n)>=[积分(从c－d到c+d)(M－e)^ndx]^(1/

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

证明：令k=[pf(c)+qf(d)]/(p+q)无妨设f(c)≤f(d),由于q是正数,所以qf(c)≤qf(d)pf(c)+qf(c)≤pf(c)+qf(d)(p+q)f(c)≤pf(c)+qf(

a

不一定,例如：根号x在区间[0,10]内是有界的,但在0点的导数是无穷大

你是南开的吗?再问：这个不重要。。。