证明 存在ξ使f(x)dx在0到ξ上的定积分=f(ξ)

这道题是错的.给你举一个例子：x+1x∈（0,2a）分段函数f(x)=0,x=0x=2a这个函数符合题目的条件,但是你画出来看一下就知道结论是不可能的.如果把这个题目改成闭区间[0,2a]就可以做了：

f(x)dx在a-b上的积分为0,由积分中值定理知必有t∈(a,b)使得,f(t)=0f(a)-f(t)=(a-t)f'(t1)>0,即f'(t1)0a

证明：由积分中值定理,存在η∈(0,1/2)使2∫[0→1/2]xf(x)dx=2*ηf(η)*(1/2)=ηf(η)=f(1)令g(x)=xf(x),则g(η)=ηf(η)=f(1),g(1)=f(

本题其实是柯西-许瓦兹不等式的特例有两个证法：1、用二重积分来证,2、用定积分,方法2较简单,但技巧高些.证法1：左边=∫[0--->1]f(x)dx∫[0--->1]1/f(x)dx定积分可随便换字

构造函数F(x)=x*f（x）,则F’（x）=f（x）+x*f‘（x）；由已知F(1)=3*[∫(0,1/3)F（x）dx],又由拉格朗日中值定理可以推出：比存在t,满足∫(0,1/3)F（x）dx=

构造函数F(x)＝(1-x)×∫(0到x)f(t)dt,则F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,F(0)＝F(1)＝0,由罗尔中值定理,在(0,1)内至少存在一点ξ,使得F'(ξ)＝0.F'

积分中值定理,存在c位于[3/41],使得4f(c)*1/4=f(0),即f(c)=f(0),由罗尔中值定理,结论成立.

我给你分析分析哈,就不规范写过程了.,∫a到bf(x)dx=0那就是说（a,b）上函数和x轴围成的面积总和为0.又因为f（a）和f（b）都大于零的,那么中间肯定存在一个c点小于零嘛,且我们设c为最小值

构造函数并使用中值定理即可如图

这个题用积分中值定理比较困难,不妨换个角度用微分中值定理.如果设F(x)=∫f(t)dt,则所证式可变为(1-ξ)F'(ξ)=F(ξ),是一道比较常见的微分中值定理的题目.由此观察,我们给出证明如下.

有什么觉得不妥的可以追问与我交流.再问：感谢啊，谢谢，明白了！

见图

证：设g(x)=∫(0到x)(1-x)f(x)dx∫0到1f（x）dx=∫0到1xf(x)dx=0,∫(0到1)(1-x)f（x）dx=0即g(1)=0又g(0)=0g(x)在[0,1]上连续,在（0

你写错了吧,积分上限是1.由积分中值定理,存在b位于（2/31)之间,使得积分值=3*(1-2/3)f(b),即f(0)=f(b).在[0b]上用Rolle中值定理得结论.

还有一条f(x)在[0,1]上连续吧.证明:考虑函数g(x)=xf(x),有g(x)也在[0,1]上连续,在(0,1)内可导.条件f(1)=2∫xf(x)dx转化为g(1)=∫g(x)dx/(1-0.

令F(x)=e^(-x)积分（从0到x）f(t)dt,F‘(x)=e^(-x)(f(x)-积分（从0到x）f(t)dt),F(0)=F(1)=0,Rolle中值定理得结论.

令g(x)=∫f(t)dt*∫f(t)dt（第一个积分限a到x,第二个积分限x到b）,根据变上限积分的求导法则,g'(x)=f(x)∫f(t)dt（积分限x到b）-f(x)∫f(t)dt（积分限a到x

∵f(x)在[0,1]上连续而且可导,∴又积分中值定理得：根据题设有： 做辅助函数,,由上式得：F(1)=F(α),由题设可知,函数F(x)在[α,1]上连续,在(α,1)内可导,而且F(1

设x=1-t所以0

(1/2)∫[0→1]x(x-1)ƒ''(x)dx=(1/2)∫[0→1](x²-x)d[ƒ'(x)]=(1/2)(x²-x)ƒ'(x)|[0→1]-