1樓:盈盈梨花白
答案:是
分析:令h(x)=f(x)-x,h'(x)=-1/2+(1/4)sin(x/4)=(1/4)*(cosx/4-2),
因為-1<=cosx/4<=1,
所以h'(x)<0,h(x)遞減,又h(o)=o,所以h(x)=o只有
一個實跟,滿足條回
件2f『(x)=1/2+1/4*cosx/4=1/4*(2+cosx/4)
因為1<=2+cosx/4<=3
所以1/4<=f'(x)<=3/4也滿答足條件1綜上所述,,,,,,,,,,,,,,,,,
設m是由滿足下列條件的函式f(x)構成的集合:1方程f(x)-x=0有實根;2函式f(x)的導數f′(x)滿足0
2樓:手機使用者
證明::(1)令h(x)=f(x)-x,則h′(x)=f′(x)-1<0,故h(x)是單調遞減函式,
所以,方程h(x)=0,即f(x)-x=0至多有一解,又由題設1知方程f(x)-x=0有實數根,所以,方程f(x)-x=0有且只有一個實數根.....(4分)(2)易知,g′(x)=12-1
2x,則0
令f(x)=g(x)-x=?x
2?lnx
2+3(x>1),
則f(e)=?e
2?lne
2+3=?e2+5
2>0,f(e2)=?e
2+1<0,.....(7分)
又f(x)在區間[e,e2]上連續,所以f(x)在[e,e2]上存在零點x0,
即方程g(x)-x有實數根x0∈[e,e2],故g(x)滿足條件1,綜上可知,g(x)∈m...(9分)
(iii)不妨設α≤β,∵f′(x)>0,∴f(x)單調遞增,∴f(α)≤f(β),即f(β)-f(α)≥0,,令h(x)=f(x)-x,則h′(x)=f′(x)-1<0,故h(x)是單調遞減函式,
∴f(β)-β≤f(α)-α,即f(β)-f(α)≤β-α,∴0≤f(β)-f(α)≤β-α,
則有|f(α)-f(β)|≤|α-β|..........(13分)
設m是由滿足下列條件的函式f(x)構成的集合:「1方程f(x)-x=0有實數根;2函式f(x)的導數f′(x)
3樓:萌蛋
(i)因為
f′(x)=12+1
4cosx,所以f′(x)∈[14,3
4]滿足條件0
又因為當x=0時,f(0)=0,
所以方程f(x)-x=0有實回數根0.答
所以函式f(x)=x
2+sinx
4是的集合m中的元素.(3分)
(ii)假設方程f(x)-x=0存在兩個實數根α,β(α≠β),則f(α)-α=0,f(β)-β=0不妨設α<β,根據題意存在數c?(α,β)
使得等式f(β)-f(α)=(β-α)f'(c)成立.因為f(α)=α,f(β)=β,且α≠β,所以f'(c)=1,
與已知0
所以方程f(x)-x=0只有一個實數根;(8分)(iii)不妨設x2
所以f(x2)
又因為f'(x)-1<0,
所以函式f(x)-x為減函式,
所以f(x2)-x2>f(x3)-x3,
所以0
設m是由滿足下列條件的函式f(x)構成的集合1方程f(x)-x=0有實數根;2函式f(x)的導數f′(x) 滿足
4樓:柚子
(1)令
抄h(x)=f(x)-x,
則h′(x)=f′(x)-1,
∵函式f(x)的導數f′(x) 滿足0
故h(x)是單調遞減函式,
∴方程h(x)=0,即f(x)-x=0至多有一解,又由題設1知方程f(x)-x=0有實數根,∴方程f(x)-x=0有且只有一個實數根.(2)易知,g′(x)=12?1
2x,則0
令f(x)=g(x)-x?x
2?lnx
2+3,(x>1),
則f(e)=?e
2?lne
2+3=?e2+5
2>0,
f(e2)=?e
2+1<0,
又f(x)在區間[e,e2]上連續,
∴f(x)在[e,e2]上存在零點x0,即方程g(x)-x有實數根x0∈[e,e2],
故g(x)滿足條件1,
綜上可知,g(x)∈m.
設m是由滿足下列條件的函式f(x)構成的集合,方程f(x)-x=0有實數根,函式f(x)的導數f'(x)滿足0
5樓:匿名使用者
(1)實根為來0,f(x)'=3/4+x^2,在0、1之間
(2)f(x)在閉區間源[m,n]連續,在開bai區間(m,n)可導根du據拉格朗日中值定理,存zhi在xo∈(m,n),使得等式
daof(n)-f(m)=(n-m)f'(xo)成立
6樓:匿名使用者
(1)由題意得3x/4+x^zhi3/3-x=0即x^3/3=x/4,即實根為0,3^(1/2)/2或-3^(1/2)/2又因為0daox<1/2所以f(x)=3x/4+x^3/3(0≤x<1/2)是集合m中的回元素``
答``````````````````````````(2)f(x)在閉區間[m,n]連續,在開區間(m,n)可導根據拉格朗日中值定理,存在xo∈(m,n),使得等式f(n)-f(m)=(n-m)f'(xo)成立