1樓：
1、f(x)在[a,b]上連續，bai則存在最du大值m與最小值m，所以mg(x)≤zhif(x)g(x)≤mg(x)，所以∫(a到daob) f(x)g(x)dx/∫(a到b) g(x)dx∈[m,m]，由介值定理，
專至少存在一點
屬m∈(a,b)，使得f(m)＝∫(a到b) f(x)g(x)dx/∫(a到b) g(x)dx，即∫(a到b) f(x)g(x)dx＝f(m)∫(a到b) g(x)dx
2、a≤x≤b時，f(x)=f(x)-f(a)=f'(m)(x-a)≤m(x-a)，所以∫(a到b) f(x)dx≤∫(a到b) m(x-a)dx＝m(b-a)^2/2
2樓：匿名使用者
1閉區間上連自續性可知bai 存在最值 最小m≦du f(x)≦m最大 因g(x)>0
所以zhi mg(x)≦ f(x)g(x)≦mg(x)
所以 ∫
daomg(x)dx≦∫f(x)g(x)dx≦ ∫mg(x)dx
所以 m ≦∫f(x)g(x)dx / ∫g(x)dx≦ m
所以 存在c ,f(c)=∫f(x)g(x)dx / ∫g(x)dx 即結論成立
2 考慮函式g(x)= ∫[a,x]f(t)dt 在[a,b]上a點得二階泰勒定理 可得
g(b)=g(a)+g'(a)(b-a)+g''(c)(b-a)^2 /2
代入得 ∫[a,b]f(t)dt= 0+f(0)(b-a)+f'(c)(b-a)^2 /2≦m(b-a)^2 /2
3樓：匿名使用者
1.設f(x）=x^5+x^3+x+5,當x足夠小時，必存在f（a）<0(如a=-100）當x足夠大時必存在f（b）>0（如b=100）根據零值定理，f（x）至少有一
如圖第四題，高數，關於微分中值定理的題目，求詳細解答，謝謝
4樓：匿名使用者
a，利用積分bai中du
值定理，
式中積分=2f(q)，其中q屬於
zhi(0，2)，
故f(q)=f(0)。
b，在[0，q]上用羅爾
dao定理，
得到存在專c屬於(0，q)使得f ' (c)=0。
c，如果屬f(2)=f(3)，
在[2，3]上用羅爾定理，
得到存在s屬於(2，3)使得f ' (s)=0。
再在[c，s]上對f '(x)用羅爾定理，得到存在§屬於(c，s)含於(0，3)使得f ' ' (§)=0。
如果f(2)≠f(3)，
則注意（f(2)+f(3)）/2是值f(2)與f(3)之間的一個值，在[2，3]上用介值定理，
得到存在d屬於(2，3)使得f(d)=（f(2)+f(3)）/2=f(q)。
再在[q，d]上用羅爾定理，
得到存在t屬於(q，d)使得f ' (t)=0。
再在[c，t]上對f ' (x)用羅爾定理，得到存在§屬於(c，t)含於(0，3)使得f ' ' (§)=0。
兩道大一高數微分中值定理問題
5樓：匿名使用者
1.設來f(x）=x^5+x^3+x+5,當x足夠小時，必存在f（
自a）<0(如a=-100）
當x足夠大時必存在f（b）>0（如b=100）
根據零值定理，f（x）至少有一個實根c，使f（c）=0
f（x）』=5x^4+3x^2+1>0恆成立，所以f（x）單調遞增，f（x）=0至多隻有一個實根
綜上，f（x）=0有且僅有一個實根
2.g（x）=2arctanx+arcsin（2x/(1+x^2)
g(x)'=2/(1+x^2)+1/跟號1-(2x/(1+x^2)^2*[(2x/(1+x^2)]'
=2/(1+x^2)+1/根號1-(2x/1+x^2)^2*(2-2x)/(1+x^2)^2
=2/(1+x^2)+(2-2x)/[(1+x^2)根號（1+x^2-2x)
因為x大於等於1，所以g（x)'=2/(1+x^2)+(2-2x)/[(1+x^2)(x-1)
=0所以
g(x)=c=g(1)=2arctan1+arcsin1=2*π/4+π/2=π得證。
高等數學，涉及羅爾中值定理的證明題
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考研數學一三道微分中值定理的證明題目求解坐等謝謝各位
21 將f x 在x x 處按拉格朗日餘項泰勒公式至n 2 f x f x f x x x f x 2 x x f 3 x x 取x 0，分別以x 1與x 1代入，得 0 f 1 f 0 f 0 1 f 0 2 1 f 3 1 1 0 1 f 1 f 0 f 0 f 0 2 f 3 0 1 又f 0...
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