援手的回答：
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），由于g(a)=g(b)=[∫f(t)dt]^2（积分限a到b），根据罗尔定理，存在ξ∈(a,b)使得g'(ξ)=0，即f(ξ)∫f(t)dt（积分限ξ到b）-f(ξ)∫f(t)dt（积分限a到ξ），由于f(ξ)>0，上式两边除f(ξ)即得要证的等式。
这种题关键就在于构造辅助函式，一般将要证的式子变形，其中有ξ的地方换成x，为了用罗尔定理，就要让辅助函式在区间端点的函式值相等，且想办法让辅助函式的导函式等于0时的表示式和要证的等式儘可能相似。
设函式f(x)在区间[a,b]上连续，且f(a)b。证明存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ
的回答：
令g(x)=f(x)-x，由题意知g(x)连续g(a)=f(a)-a<0,g(b)=f(b)-b>0∴g(a)g(b)<0
∴根据零点定理可以知道存在ξ∈(a,b),使得g(ξ)=0,即 f(ξ)-ξ =0，得证。
零点定理：
设函式f(x)在[a,b]上连续，且f(a)f(b)<0,则存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ
热心网友的回答：
证明：记f(x)=f(x)-x,显然它在[a,b]上连续且f(a)=f(a)-a<0,f(b)=f(b)-b>0由连续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，命题得证。
热心网友的回答：
高等数学，课本上好像有证明过程，以前证过，现在忘了！不好意思！
f x 0,则 a,b 上 a,x f t dt 0f x 在最大时为复 a,x f t dt就令制f x a,x f t dt 注意 f a 0 将f x a,x f t dt两边求导得f x f x df x dx f x df x f x dx 积分得lnf x x ln c f x c e ...
不是的,这里有个反例 f x x 2sin1 x,x不等于0,f 0 0.f x 2xsin1 x cos1 x,x不为0 f 0 lim f x f 0 x 0 0,很显然当x趋于0时 lim f x 不存在,因此f x 不连续专此例属子来自 错。若f x0 存在,则f x 在x x0处连续 若f...
令g x e xf x g x e x f x f x 0,g x 单调递增,至多只有一个零点,因此f x 至多只有一个零点。f x 在r可导,f x f x 0,证明f x 0最多有一个实根 40 建构函式 x 1 2 f x 2 f x 则 x f x f x 依题意,f x f x 0 即 x...
