1樓：匿名使用者
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
該積分區域為正方形區域，關於y=x對稱，則滿足輪換對稱性，即：∫∫ f(x)/f(y)dxdy=∫∫ f(y)/f(x)dxdy
=(1/2)∫∫(d) [f(x)/f(y) + f(y)/f(x)] dxdy
由平均值不等式
≥∫∫(d) 1 dxdy 被積函式為1，積分結果是區域面積
=(b-a)²
=右邊希望可以幫到你，不明白可以追問，如果解決了問題，請點下面的"選為滿意回答"按鈕，謝謝。
設f(x)在[a,b]上連續,且f(x)>0,證明:∫b a f(x)dx*∫b a 1/f(x)dx≥(b-a)^2
2樓：老von子
令f(x)=(∫b a f(t)dt ) x^2 -(2∫b a 1dt)x +(∫b a 1/f(t)dt)，則：
f(x)=∫b a f(t) x^2 dt -2∫b a xdt +∫b a 1/f(t)dt
=∫b a [f(t) x^2 -2x +1/f(t)]dt=∫b a dt ≥0
故這個關於x的二次函式f(x)的判別式應小於等於0，即：
△=(2∫b a 1dt)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)=4(b-a)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≤0
即：(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≥(b-a)^2
把t換成x即為要證明的結論
注：實際上這就是積分形式的柯西不等式。
設f(x)在[a,b]上連續，且f(x)＞0,證明：至少存在一點ξ∈(a,b),使得∫f(x)dx=
3樓：援手
令g(x)=∫f(t)dt*∫f(t)dt（第乙個積分限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ξ∈(a,b)使得g'(ξ)=0，即f(ξ)∫f(t)dt（積分限ξ到b）-f(ξ)∫f(t)dt（積分限a到ξ），由於f(ξ)>0，上式兩邊除f(ξ)即得要證的等式。
這種題關鍵就在於構造輔助函式，一般將要證的式子變形，其中有ξ的地方換成x，為了用羅爾定理，就要讓輔助函式在區間端點的函式值相等，且想辦法讓輔助函式的導函式等於0時的表示式和要證的等式盡可能相似。
設函式f(x)在區間[a,b]上連續，且f(a)
4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
5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。
6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！
設f（x）在閉區間[a,b]上連續，若f（x）≥0,x∈[a,b],且∫baf（x）dx=0,證明
7樓：獅子城下鳴海
令a+b-x=u,則x=a時u=b，x=b時u=a，dx=-du（這個過程中a，b均為引數）
則原積分化為—∫ab f(u)du=∫ba f(u)du,得證
這類題內目都是對積分變數進行適當變換容即可證明
8樓：茹翊神諭者
就是書上的問題（2），
有任何疑惑，歡迎追問
設f(x)在區間【a,b】上連續且f(x)>0,f(x)=∫(a,x)f(x)dx+∫(x,b)dx/f(x),證明f(x)的導數大於等於2 5
9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。
10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
設函式f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導且f'(x)<=0.證明：f(x)=1/(x-a)∫(a,x)f(t)dt在區間(a,b)內↘
11樓：匿名使用者
f'(x)=【f(x)(x－
a)－∫(a,x)f(t)dt】/(x－a)^2＝【f(x)(x－a)－f(t0)(x－a)】/(x－a)^2＝【f(x)－f(t0)】/(x－a)
<=0，其中t0位於a和x之間，因此由版題意知道f(x)是遞減的，權故f(x)<=f(t0)。
設f(x)在[a,b]上有二階導數，且f''(x)>0，證明：函式f(x)=[f(x)-f(a)]
12樓：匿名使用者
f'=/(x-a)^2
原命題等價於證f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)]>=0g=f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)],a<=x<=bg'=f''(x)(x-a)+f'(x)-f'(x)=f''(x)(x-a)>0
可見g為增函式內，g>=g(a)=0
即f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)]>0 a。容
13樓：匿名使用者
因f(x)在閉區間[a,b]上二抄階可導
襲，則原函式在[a,b]連續可導
根據積分中值定理 1/(b-a)∫(b,a)f(x)dx為積分在(a,b)的平均值 且函式在閉區間[a,b]連續。
我證不下去，因為這題根本就沒寫完
設函式fX在區間上連續,且fafb證
先分析思路 連續 連可不可導都不知道 於是很顯然只能走介值定理 設g 專x f x f x b a 2 g a f a f a b 2 g a b 2 f a b 2 f b g a b 2 g a 2 0 f a f b a,屬a b 2均在給定區間內 由介值定理當 2 0時存在c滿足條件 當 2...
設函式fx在連續且單調增加,證明FX
f x 1 x 0,x f t dtf x 1 x 0,x f t dt 1 x 1 x2 0,x f t dt 1 x f x 1 x2 由積分中值定理,在 0,x 上,至少存在一點 0,x 使得 x 0 f 0,x f t dt f x 1 x2 1 x x 0,1 即 回0且答0 x,f f ...
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...