1樓：匿名使用者
這題符號有點問題：f(x)=∫(a,x)f(x)dx-∫(x,b)dx/f(x), （不是+號）
內1.f『(x)=f(x)dx-1/f(x)(-1))=f(x)+1/f(x)》2 （下限求導有個-號）
2.f(a)=-∫(a,b)dx/f(x) f(b)=∫(a,b)f(x)dx
f(a)f(b)=-[∫(a,b)dx/f(x)[∫(a,b)f(x)dx]<0
故f（x）=0在（a，b）上至少有一容個根，但f『(x)>0,f(x)單增
故f（x）=0在（a，b）上有且只有乙個根。
2樓：匿名使用者
f(x)=∫(a,x)f(x)dx+∫(x,b)dx/f(x)f'(x)=f(x)+1/f(x)
f(x)>0
f(x)+1/f(x)≥2
f'(x)≥2
高數 設函式f（x）在區間 [ a b ] 上連續 且f（x）＞0則方程∫f（t）dt+∫1/f（
3樓：匿名使用者
記方程左邊的函式為g(x)，則顯然g(a)<0, g(b)>0. 又有g'(x)=f(x)+1/f(x)>0，即g(x)嚴格單調遞增，因此g(x)=0只有乙個根。
設f(x)在[a,b]上連續且f(x)>0,f(x)=∫(a,x)f(t)dt+∫(b,x)dt/f(t)
4樓：
^1) 利用積分導數的性質得∫(a,x)f(t)dt關於x的導數是f(x), ∫(a,x)dt/f(t)關於x的導數是1/f(x),
f'(x)=f(x)+1/f(x)>=2*sqrt，這裡利用了性質a^2+b^2>=2ab（a>0,b>0)
2) 由於f'(x)>=2>0,因此函式在回(a,b)區間單調上公升，同時答，當x=a時，f(a)=∫(b,a)dt/f(t)=-∫(a,b)dt/f(t)<0，當x=b時，f(b)=∫(a,b)f(t)dt>0，所以程f(x)=0在(a,b)內有且僅有乙個根。
f(x)在[a,b]連續且f(x)>0，證明∫f(x)dx·∫1/f(x)dx≥(b-a)²。
5樓：匿名使用者
本題要求f(x)在(a,b)上恆正（或恆負）左邊=∫[a→b] f(x)dx∫[a→b] 1/f(x)dx積分變數可隨便換字母
=∫[a→b] f(x)dx∫[a→b] 1/f(y)dy這樣變成乙個二重積分
=∫∫ f(x)/f(y)dxdy 其中：積分區域是a≤x≤b,a≤y≤b,這個區域具有輪換對稱性
=(1/2)∫∫ [f(x)/f(y) + f(y)/f(x)] dxdy 原因是∫∫ f(x)/f(y)dxdy=∫∫ f(y)/f(x)dxdy
≥(1/2)∫∫ 2 dxdy 這裡用了個平均值不等式=∫∫ 1 dxdy
=(b-a)²=右邊
設函式f(x)在區間[a,b]上連續,證明:∫f(x)dx=f(a+b-x)dx
6樓：發了瘋的大榴蓮
證明：做變數替換a+b-x=t,則dx=-dt,當x=b,t=a,當x=a,t=b
於是∫(a,b)f(a+b-x)dx
=-∫(b,a)f(t)dt
= ∫(a,b)f(t)dt
=∫(a,b)f(x)dx
即∫(a,b)f(x)dx=∫(a,b)f(a+b-x)dx
7樓：匿名使用者
^因為積分區域d關於直線y=x對稱，所以二重積分滿足輪換對稱性，即∫∫(d) e^[f(x)-f(y)]dxdy=∫∫(d) e^[f(y)-f(x)]dxdy
=(1/2)*
=(1/2)*∫∫(d) dxdy
>=(1/2)*∫∫(d) 2*√dxdy=∫∫(d) dxdy
=(b-a)^2
設f x 在區間上連續，且f x 0,證明f x 在上的導數乘1上的導數b a 的平方
你的題錯了，不是導數，是積分吧？給你乙個二重積分的做法，如果沒學過二重積分，請追問，我再給你乙個定積分做法。左邊 a b f x dx a b 1 f x dx 定積分可隨便換積分變數 a b f x dx a b 1 f y dy d f x f y dxdy 其中 d為a x b，a y b 該...
a上連續且limxfx存在證明fx在
因為lim x f x 存在，不妨令其為a 則根據極限定義，對 1，存在正數d 0，使對任意x d，有 f x a 1 即a 1若da，有a 1若d a，因為f x 在 a,d 上連續，所以f x 在 a,d 上有界 即f x 在 a,d d,a,上有界 綜上所述，f x 在 a,上有界 若存在兩個...
設函式fx在ab,上連續,且abfx
令f x 抄a x f t dt,f x f x 因為襲f a a a f t dt 0,f b a bf t dt 0,f a f b 由羅爾定理可得,存在c a,b 使f c 0請採納。設f x 在 a,b 上連續,且f x 0,a 因為f x 在 a,b 上連續抄,故在 a,b 上可積,利用積...