1樓：艾帥
因為函式f在[a，b]上連續且無零點，不妨設f（x）＞0，則f（a）=∫ab
1f(t)
dt＜0，f（b）=∫ba
f(t)dt＞0，
從而由連續函式的零點存在定理可得，f（x）=0至少存在乙個零點．又因為f′（x）=f（x）+1
f(x)
＞0，所以f（x）在[a，b]上嚴格單調，從而f（x）=0的根存在且唯一，
即：方程f（x）=0在（a，b）內根的個數為1．故選：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）只有乙個零點
即方程∫xa
f(t)dt+∫xb
1f(t)
dt＝0在（a，b）只有乙個根
設f（x）在[a，b]上連續，φ（x）=（x-b）∫xaf(t)dt，則φ′（x）在（a，b）內（ ）a．無零點b．僅一
3樓：雨文彥
根據φ（x）的表示式可以直接看出φ（a）=φ（b）=0
根據羅爾零點定理，知φ′（x）在（a，b）內至少有乙個零點．
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（
4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。
f(x)在[a,b]上連續且大於零,試證明方程∫[a,x]f(t)dt+∫[b,x]1/f(t)dt=0有且僅有1個實跟，如圖
5樓：匿名使用者
方向嚴重有誤啊，解方程根本就不能用求導，因為常數的導數為0，加在哪邊都可以
回的。這種題答
的正確思路是用連續函式的介值定理，證明過程如下：
f(x)在[a，b]上連續，所以可積
設函式f(x)=∫[a,x]f(t)dt+∫[b,x]1/f(t)dt
則f(a)=∫[b,a]1/f(t)dt=-∫[a,b]1/f(t)dt ＜0 （因為被積函式為正）
f(b)=∫[a,b]f(t)dt ＞0
因f(a)和f(b)異號，所以必然存在c∈(a，b)，使得f(c)=0，x=c即為方程的解
另外，設方程有兩個解c1和c2，則必然存在c3，介於c1和c2之間，且使得f導（c3）=0
想辦法證明這也是個矛盾即可
如還有問題，自己應該能解決了
ok~~~
判斷正誤 設函式y=f(x)在區間[a,b]上連續，則∫abf(x)dx=∫abf(t)dt
6樓：匿名使用者
這當然是正確的。這是定積分的性質之一。
定積分只和被積函式的函式式以及被積區間相關，和被積函式的自變數字母形式無關。
設f(x)在［a，b］上連續，且單調增加，證明tf(t)dt≥(a+b)/2f(t)dt(其中上下 5
7樓：匿名使用者
令f(x)=∫(a,x)tf(t)dt-∫(a,x) (a+x)/2*f(t)dt
=∫(a,x)tf(t)dt-(a/2)∫(a,x)f(t)dt-(x/2)∫(a,x)f(t)dt
f'(x)=xf(x)-(a/2)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt-(1/2)xf(x)
=(1/2)(x-a)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt
=(1/2)∫(a,x)[f(x)-f(t)]dt
f(x)單調增，f(x)-f(t)＞0，f'(x)＞0，f(x)單調增
f(b)＞f(a)
即原等式成立
常用的連續性的最根本定義是在拓撲學中的定義，在條目連續函式 (拓撲學)中會有詳細論述。在序理論特別是域理論中，有從這個基礎概念中得出的另一種抽象的連續性：斯科特連續性。
所有多項式函式都是連續的。各類初等函式，如指數函式、對數函式、平方根函式與三角函式在它們的定義域上也是連續的函式。
絕對值函式也是連續的。
定義在非零實數上的倒數函式f= 1/x是連續的。但是如果函式的定義域擴張到全體實數，那麼無論函式在零點取任何值，擴張後的函式都不是連續的。
非連續函式的乙個例子是分段定義的函式。例如定義f為：f(x) = 1如果x> 0，f(x) = 0如果x≤ 0。
取ε = 1/2，不存在x=0的δ-鄰域使所有f(x)的值在f(0)的ε鄰域內。直覺上我們可以將這種不連續點看做函式值的突然跳躍。
8樓：嫉妒心強烈的
提供一種很實用的方法
證∫(a,b)tf(t)dt≥∫(a,b) (a+b)/2*f(t)dt
令f(x)=∫(a,x)tf(t)dt-∫(a,x) (a+x)/2*f(t)dt
=∫(a,x)tf(t)dt-(a/2)∫(a,x)f(t)dt-(x/2)∫(a,x)f(t)dt
f'(x)=xf(x)-(a/2)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt-(1/2)xf(x)
=(1/2)(x-a)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt
=(1/2)∫(a,x)[f(x)-f(t)]dt
f(x)單調增，f(x)-f(t)＞0，f'(x)＞0，f(x)單調增
f(b)＞f(a)
即原等式成立
9樓：love黑色
最後應該是f(b)≥f(a)。。吧
∫f(x)dx-∫xaf（t）dt=
10樓：
解； 設f(x)＝∫x a f(t)dt+∫x b 1 f(t) dt，則f（x）在x∈[a，b]連續，並且f(a)＝∫a b 1 f(t) dt，f(b)＝∫b a f(t)dt 而f（x）＞0，x∈[a，b] ∴f（a）＜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）只有乙個零點即方程∫x a f(t)dt+∫x b 1 f(t) dt＝0在（a，b）只有乙個根
11樓：匿名使用者
設 f(x) 是 f(x) 的乙個原函式，則
原式 = f(x) + c - [f(x)]《下a, 上x> = f(x) + c - f(x) + f(a) = c+f(a) = c1 （常數）
設函式f(x)在區間[a,b]上連續,證明:∫f(x)dx=f(a+b-x)dx
12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
13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
設函式f x 在上連續，在（0,1）上可導，且f 1 f 0 0,f
碧白楓費歡 根據有關法則，f 應當連續，而且有一點是0 假如f 在定義域不等於1，那麼一定小於1，則 0 1 2 f 1 2,這與f 1 2 1矛盾，故題設成立 茹翊神諭者 可以考慮羅爾定理 答案如圖所示 長沛凝戚儒 一 1 令f x f x x 則f 1 2 1 2,f 1 1 有零點定理知，f ...
設函式f x 是定義在上的偶函式，g x 與f
設a x，y 1 由題意b在g x 上，將b帶入g x 2a x 2 4 x 2 3即y 2a 2 x 2 4 2 x 2 3即y 2ax 4x 3 故f x 2ax 4x 3 1 f x 的圖象最高點落在y 12上即f x 在 1,1 上的最大值為12，在利用函式性質求解。 設x 1,0 則 2 ...
如題,設某區間內f x ,g x 具有連續的導數,且f x
很明顯是c嘛，導數相等的兩個函式，相差乙個任意常數。不一定相等，但是必然相差乙個任意常數。所以直接選c a d f x dx f x dx d g x dx g x dx，前面說了，f x 和g x 不一定相等，所以a選項錯誤。b f x dx f x g x dx g x 前面說了，f x 和g ...