设函数f(x)在闭区间[0.1]上连续,在[0.1]内可导,f(1)=0,证明-搜答案-搜狗做题网

单调性只有在一段连续区间上才恒有意义（也存在特殊情况,分段函数中有可能在两段三段区间中恒有意义,但总之是在区间上才有意义）,所以说一个点是不存在单调性的,-6到-2开区间和闭区间对连续函数的单调性来说

答：在[-6,2]上递减,在[-2,11]上递增也就是[-2,2]上即是递减又是递增,这是不可能的在[-6,2]上递减,在[2,11]上递增大致情况见下图

证明：令g（x）=f（x）-x x∈（0，1）因为：0＜f（x）＜1所以：g（0）=f（0）-0=f（0）＞0g（1）=f（1）-1＜0所以：g（0）g（1）＜0，因为函数f（x）可微分，故

f'(x)0说明函数是图形下凹所以答案选C

你把要证明的问题写详细些,那个符号乱码了.再问：用a代替的话af'(a)+(2-a)f(a)=00

设F(x)=f(x+a)-f(x),则F（x）在[0a]上连续所以F(a)F(0)=[f(2a)-f(a)][f(a)-f(0)],又f(2a)=f(0)所以F(a)F(0)=[f(0)-f(a)][

sin（π-t）=sintx=π-tdx=-dtx=0t=πx=πt=0∫(0~π)xf(sinx)dx=-∫（π~0）[π-t]f(sint)dt=∫（0~π）（π-t）f(sint)dt=∫（0~

设g(x)=f(x)-x因为0

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

：（Ⅰ）由于f（2-x）=f（2+x）,f（7-x）=f（7+x）可知f（x）的对称轴为x=2和x=7,即f（x）不是奇函数.联立f（2-x）=f（2+x）f（7-x）=f（7+x）推得f（4-x）=

(1)证明函数f(x)为周期函数f(x)=f(2-(2-x))=f(2+(2-x))=f(4-x)=f(7-(3+x))=f(7+(3+x))=f(10+x),这说明10是f(x)的一个周期（不一定是

1g(x)=f(x)+x-1g(0)=-1,g(1)=1必存在ξ∈(0,1),g(ξ)=0即f(ξ)=1-ξ2存在ξ∈(0,1),f'(ξ)=f(1)-f(0)=1存在η∈(0,1),g'(η)=f'

f(x)在区间[-6,-2]上递减,在区间[-2,11]上递增,那最值点就是f（-2）啊再问：为什么啊？亲，，我要详解再答：亲，你画个图就可以了。先递减再递增肯定在-2处取得最小值

题目错了吧应该是证明,2f(a)＋af'(a)＝f'(a) 如下图：再问：我书上写的是等于0啊再答：不好意思啊，想成另一题了，重新构造一个函数即可，方

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

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

-2,2都在（-3,4）区间内,根据f（x）为减函数,所以f(2)

|[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