1樓：匿名使用者
^證明：
f(x)在x>=0連續，在x>0可導，f'(x)單調增加所以：f''(x)>0
設g(x)=f(x)/x
求導：g'(x)=f'(x)/x-f(x)/x^2=[xf'(x)-f(x)]/x^2
設h(x)=xf'(x)-f(x)
求導：h'(x)=f'(x)+xf''(x)-f'(x)=xf''(x)>0
所以：h(x)是單調遞版增函式
權h(x)>h(0)=0-f(0)=0
所以：g'(x)=h(x)/x^2>0
所以：g(x)是單調遞增函式
所以：f(x)/x在x>0時是單調遞增函式
如果函式f(x)在[0,+∞)內是連續且可導的，那麼f(x)在[0,+∞)上單調增加和f'(x)在(0,+∞)上恆正有什麼區別
2樓：芬奇達爾文
f`(x)恆正那麼就說明函式連續且可導，而且遞增。
不好意思，還可能存在導數0點處，不一定需要恆正。
希望對你有幫助o(∩_∩)o~
設f(x)在[a,b]上連續,在(a,b)內可導,f(a)=f(b)=0,且f'(x)在(a,b)內嚴格單調增加，證明在(a,b)內f(x)<0
3樓：匿名使用者
羅爾定理
抄：如果 r 上的函式 f(x) 滿足襲
以下條件：（1）在閉區間
bai [a,b] 上連續，（
du2）在開zhi區間 (a,b) 內可導，（3）f(a)=f(b)，則至少存在dao一個 ξ∈(a,b)，使得 f'(ξ)=0。
對上述問題，必有 ξ1∈(a,b)，使得 f'(ξ1)=0，又f'(ξ)單調遞增，ξ∈(a,ξ1) f'(ξ)<0,ξ∈(ξ1,b) f'(ξ)>0,也就是ξ∈(a,ξ1) f(ξ) 4樓：匿名使用者 我覺得可以，羅爾是拉格朗日的特殊情況 設f(x)在[0.1]連續,證明∫(0→1)[f(x)^2]dx≥[∫(0→1)f(x)dx]^2
50 5樓：寂寞的楓葉 解：設∫(0,1)f(x)dx=m，那麼(f(x)-m)^2≥0， 因此∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0， 又(f(x)-m)^2=(f(x))^2-2m*f(x)+m^2，那麼 ∫(0,1)(f(x)-m)^2dx=∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)(2m*f(x))dx+∫(0,1)m^2dx =∫(0,1)f(x))^2dx-2m∫(0,1)f(x)dx+m^2 =∫(0,1)f(x))^2dx-2*∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx+∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx =∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx=∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2 又∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0，所以，∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2≥0， 即∫(0,1)f(x))^2dx≥(∫(0,1)f(x)dx)^2 6樓：匿名使用者 要證明的積分上限應該是1.證明思路：先交換積分順序,然後交換變數的符號, 相加除以2即可. 原式=∫【0,1】dy∫【0,y】f(x)f(y)dx 這是交換積分順序 =∫【0,1】dx∫【0,x】f(x)f(y)dy 這是對上一個積分中的x,y變數互換符號而已 =0.5∫【0,1】dx∫【0,1】f(x)f(y)dy上面個兩個積分相加除以2,注意內層積分恰好是從0到x和從x到1=0.5∫【0,1】f(x)dx∫【0,1】f(y)dy=0. 5a^2. 因為來f x 0決定了f x 的單調性,也就是源 bai當f x 大於0時f x 單調增加,因du為當0u,所以f 1 x f u 因為f x 的上 下限嚴格從小zhi到大,故daof x 0,另一個已然。打字太麻煩了,已知f x 是定義在 0,正無窮 上的增函式,且f x y f x f y f ... 首先先知道一下是洛必達法則。然後看一下分子，進行求導，由於f a 是常數，所以專前面一部分的屬求導是f x 後面一部分求導是f a 分母就是 前導後不導 後導前不導 的公式就可以得到答案中的那個分母。記住a和f a 都是常數。唉,你要知道,導數f x 這個地方已經有一個極限符號了.現在要求導函式的極... 因為f x 在 0，3 上連續 bai，所以 duf x 在 0，2 上連續zhi，且在 0，2 上必有dao最大值m和最小值m，於是 版m 權f 0 m，m f 1 m，m f 2 m，故 m f 0 f 1 f 2 3 m，由介值定理知，至少存在一點c 0，2 使得 f c f 0 f 1 f ...設函式fx在區間0上可導,且fx0,F
設fx在x a的某鄰域內可導且fa 0,a
設f x 在上連續,在 0,1 內可導,且f