...上可导,f(0)=0,f(1)=1,且f(x)不恒等于x,求证:存在ξ属于(

如图

令 g(x)=f(x)-x 可得 g（0）=0 g（1）=0 f（x） 可导 故g（x）也可导 g‘（x）=f’（x）-1 同时由导数中值定理存在ξ属于（0,1）使得g‘（ξ）=f’（ξ）-1 >0 即有f’（ξ）>1

由f(x)不恒等于x, 存在c∈(0,1), 使f(c) ≠ c.若f(c) < c, 在[c,1]上由Lagrange中值定理得:存在ξ∈(c,1)使f'(ξ) = (f(1)-f(c))/(1-c) = (1-f(c))/(1-c) > (1-c)/(1-c) = 1.若f(c) > c, 在[0,c]上由Lagrange中值定理得:存在ξ∈(0,c)使f...

2015-12-03 设fx在[0,a]上二阶可导,f''x>0,又f0<=0证明... 6 2014-11-28 fx在01上连续且f0=f1,证明至少存在一点a属于开区间0... 3 2015-11-30 fx在[0,1]上连续,f(1)=0,f(0)=1,证明存在... 4 2016-01-14 设fx在[0,a]上连续在(0,a)内可导且fa=0证明存在... 30 201...

若不存在 f'(a)>1，则f'(a)≤1 ∫[0,1] [f'(x)-1]dx ≤ 0 因为f'(x)不恒等于1 所以∫[0,1] [f'(x)-1]dx < 0 所以∫[0,1] f'(x)dx < 1 ≠ 1，矛盾 不知道这样行不行

简单分析一下，详情如图所示

f(x)在[0,1]上连续，必然存在最大值点，设最大值点为x0，f(x0)=a，如果f(x)不恒等于0，则a>0 根据拉格朗日中值定理，在(0,x1)上存在x2使得f'(x2)=(f(x0)-f(0))/(x0-0) =a/x0>=a（等号只有a=0时成立）而f(x2)>=|f(x2)|>=a与x0是最大值点矛盾 所以a恒等于0...

令 F(x) = f(x) - x, F(0) > 0, F(1) < 0, F(x)在[0,1]上可导=>连续。故至少在(0,1)内有一点ξ，使得 F(ξ) = 0, 即 f(ξ) = ξ 下面用反证法证明 ξ 只有一个。假设存在ξ1，ξ2∈(0,1) , F(ξ1) =0, 且 F(ξ2) = 0 由罗尔中值定理，必存在 η ...

证明：（i）设f(x)在定义域内恒不为零，由原式得：|f(x+y)|=|f(x)|*|f(y)| 从而：ln|f(x+y)|=ln|f(x)|+ln|f(y)| 等式两边同时对y求导得：(x+y)'f'(x+y)/f(x+y)=f'(y)/f(y)+0 移项整理：f'(x+y)=f(x+y)f'(y)/f(y)=f'(y)f(x)取y=0得：f'(...

由f(x)在[0,1]连续, 在(0,1)可导, 且f(0) = f(1).根据Rolle定理, 存在c∈(0,1), 使f'(c) = 0.考虑g(x) = f'(x)(x-1), 有g(x)在[c,1]连续, 在(c,1)可导, 且g(c) = 0 = g(1).根据Rolle定理, 存在ξ∈(c,1), 使g'(ξ) = 0, 即有f"(ξ)(ξ-1)...