已知否f(x)具有三阶导数,且lim f(1)=0 试证至少存在一点

f(0)=f(x)+f'(x)(0-x)+0.5f''(a)(0-x)^2f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+0.5f''(b)(1-x)^2两式相减,移项,取绝对值得|f'(x)|=|f(1)

1）证存在:因为f''(x)不等于0所以f'(x)在定义域内单调且原函数f(x)在定义域内连续可导令x属于(0,1),则在0的区间(0,x)内必有一点ζ,满足f'(ζ)=[f(x)-f(0)]/(x-

（偏导数的符号用a代替了）两边对x求偏导数：Fx+Fz*az/ax=0az/ax=-Fx/Fz两边对x求偏导数：a^2z/ax^2=-(FxxFz+FxzFz*az/ax-Fx(Fzx+Fzz*az/

因为lim(x->0)f(x)/x^2=0所以这个极限为0/0型,否则结果为无穷,所以f(0)=0,又f(1)=0由罗尔定理,存在ξ1属于(0,1)使得f'(ξ1)=00/0型极限,洛必达得lim(x

复合函数求偏导啊g对x一阶导数,-f'(y/x)*y/x^2+f'(x/y)g对y一阶导数,f'(y/x)/x+f(x/y)-f'(x/y)/y所以g对x二阶偏导,f''(y/x)*y^2/x^4+2

求导F'(x)=F(1-x)变换变量F'(1-x)=F(x)在对F'(x)=F(1-x)求导F''(x)=-F'(1-x)=-F(x)解得F(x)=Acosx+Bsinx∵F(0)=1,F'(1)=F

由于f''(x)存在可知f'(x)连续,根据连续函数的局部保号性,存在x1和x2使得f'(x1)f'(x2)>0,根据拉格朗日中值定理,存在m和n属于(a,b)使得f'(x1)=[f(m)-f(a)]

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

设u=x+y，则y=f（u）∴dydx＝f′(u)dudx＝f′(u)(1+dydx)解得：dydx＝f′(u)1−f′(u)∴d2ydx2＝ddx(f′(u)1−f′(u))＝ddu(f′(u)1−

∫[0,π]f"(x)sinxdx=∫[0,π]sinxdf'(x)（分部积分后,第一项是0）=-∫[0,π]f'(x)dsinx=-∫[0,π]cosxdf(x)=-f(x)cosx|[0,π]+∫

f^(2010)(x)=[f(x)^2]f^(2011)(x)=2f(x)f'(x)f^(2012)(x)=2[f'(x)]^2+2f(x)f''(x)

x+y=f(y)两边同时求导得到：1+y'=f'(y)*y'即：1+f'(x)=f'(y)f'(x)因为f'(1)=1所以：1+1=f'(y)*1所以：f'(y)=2.则：1+y'=2y'即y'=1.

首先，由f′（0）=0可知，x=0为f（x）的一个驻点，为判断其是否为极值点，仅需判断f″（x）的符号．因为limx→0f″(x)|x|＝1，由等价无穷小的概念可知，limx→0f″(x)＝0．因为f

∵f''(x)>0.f（x）应当连续,从limf(x)/x=1,f（0）＝0.且limf(x)/x＝lim[（f（x）-f（0））／（x-o）]＝f′（0）＝1.令g（x）＝f（x）-x.g（0）＝0

此立论正确吗?举例：f(x)=x²,f(x)在区间[1,2]上有二阶导数,且f'(1)f'(2)>0,但在给定区间内不存在c点能使f(c)=0,也不存在d点使f''(d)=0；

根据泰勒公式f(x+h)=f(x)+f'(x)h+(1/2)f''(x)h^2+o(h^2)于是：f(x)+hf'(x+θh)=f(x)+f'(x)h+(1/2)f''(x)h^2+o(h^2)θ{[

设该二元函数为g(x,y),则g'x(x,y)=xy(x+y)-f(x)y两边对x求积分g(x,y)=x³y/3+x²y²/2-y∫f(x)dxg'y(x,y)=f'(x

由于积分与路径无关,2xf(x)=f'(x)+2x则f'(x)-2xf(x)=-2x,一阶线性微分方程,套公式f(x)=e^(∫2xdx)[∫-2xe^(-∫2xdx)dx+C]=e^(x²

正解是中值定理,这里不好打符号参与资料中有详解