1樓：匿名使用者
f(x)>=0,則[a,b]上∫(a,x)f(t)dt>=0f(x)在最大時為復∫(a,x)f(t)dt就令制f(x)=∫(a,x)f(t)dt
注意：f(a)=0
將f(x)=∫(a,x)f(t)dt兩邊求導得f『(x)=f(x)
→df(x)/dx=f(x)
→df(x)/f(x)=dx
積分得lnf(x)=x+ln|c|
→f(x)=c·e^x
將f(a)=0代入上式得
c=0因此f(x)=0
回到原題中的情況，可知f(x)的最大值也就是0.而f(x)>=0，故f(x)恆等於0
（任意x屬於(a,b)）
設函式f（x）在閉區間[a，b]上連續，且f（x）＞0，則方程∫xaf(t)dt+∫xb1f(t)dt=0在開區間（a，b）內的
2樓：匿名使用者
解； 設f(x)＝∫xa
f(t)dt+∫xb
1f(t)dt，
則f（x）在x∈[a，b]連續，並且f(a)＝∫ab1f(t)
dt，f(b)＝∫ba
f(t)dt
而f（x）＞0，x∈[a，b]
∴內f（a）＜容0，f（b）＞0
∴根據零點定理有，至少存在一點ξ∈（a，b），使得：f（ξ）=0又f′(x)＝f(x)+1
f(x)
＞0，x∈[a，b]
∴f（x）在[a，b]單調遞增
∴f（x）在（a，b）只有一個零點
即方程∫xa
f(t)dt+∫xb
1f(t)
dt＝0在（a，b）只有一個根
設函式f(x)在區間[a,b]上連續，且f(a)
3樓：
令g(x)=f(x)-x，由題意知g(x)連續g(a)=f(a)-a<0,g(b)=f(b)-b>0∴g(a)g(b)<0
∴根據零點定理可以知道存在ξ∈(a,b),使得g(ξ)=0,即 f(ξ)-ξ =0，得證。
零點定理：
設函式f(x)在[a,b]上連續，且f(a)f(b)<0,則存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ
4樓：匿名使用者
證明：記f(x)=f(x)-x,顯然它在[a,b]上連續且f(a)=f(a)-a<0,f(b)=f(b)-b>0由連續函式介值定理知存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=f(ξ)-ξ=0
即存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ，命題得證。
5樓：匿名使用者
高等數學，課本上好像有證明過程，以前證過，現在忘了！不好意思！
高數問題若fx0存在,則fx在xx0處連續
不是的,這裡有個反例 f x x 2sin1 x,x不等於0,f 0 0.f x 2xsin1 x cos1 x,x不為0 f 0 lim f x f 0 x 0 0,很顯然當x趨於0時 lim f x 不存在,因此f x 不連續專此例屬子來自 錯。若f x0 存在,則f x 在x x0處連續 若f...
上連續，且fx0,證明至少存在一點a,b,使得fxdx
令g x f t dt f t dt 第一個積分限a到x，第二個積分限x到b 根據變上限積分的求導法則，g x f x f t dt 積分限x到b f x f t dt 積分限a到x 由於g a g b f t dt 2 積分限a到b 根據羅爾定理，存在 a,b 使得g 0，即f f t dt 積分...
上連續，且定積分1f x 1dx 0 積分上下限分別是b,a 則能推出f x 0嗎
被積bai函式 f x 0，du f x dx 0 積分上下限分別是b,a f x 在 a,b 上連續zhi f x 在 a,b 上連續。dao設回 在 x0點 f x0 0,則必存在 x0 的某一鄰域 x0 答,x0 使得 f x f x0 2 於是，f x dx 積分上下限分別是 x0 x0 f...