设函f(x)在R上二阶导数连续,且f(0)=0

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)

令F(x)=f(x)从a到x的积分在x=a,b处展开F(c)F(c）=F(c+-h)-+f(c+-h)h+(1-t)f'(c-h+th)dt从0到1积分然后再考虑F(b)-h[f(a)+f(b)]证明

1、02、1/2F（2x）+C3、05、1/2左乘矩阵A试试或许可以.

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-

只有一个极小值,无极大值.极小值定义为左端递减右端递加,反之则为极大值,有图可得只有一个极小值再问：这是导数图像，你看错题了。。。。再答：sorry倒数大于0代表递增，反之递减。有图可得一个极大，两个

首先要说明：不是求“在x→0时的极限值”,而是求“在h→0时的极限值”因为设f(x)在点a的某领域内具有二阶连续导数,所以：lim(h→0){[f(a+h)+f(a-h)-2f(a)]/h^2}.是（

分子上第1个负号应为正号,否则极限不存在

很简单 等我三分钟  

F(a)=∫(0→a)f(t)f'(2a-t)dt=∫(2a→a)f(2a-x)f'(x)d(2a-x)(x=2a-t)=∫(a→2a)f(2a-t)f'(t)dt=∫(a→2a)f(2a-t)d(f

1=lim(x→0)F(x)所以lim(x→0)f(x)=01=lim(x→0)F(x)=lim(x→0)f(x)/x+lim(x→0)3ln(1+x)/x=lim(x→0)(f(x)-f(0))/(

x∈R,有f(-x)+f(x)=x²,这个条件.没用到,心虚啊再问：虽然正确答案的确是B我认为您的解答是有一定道理的，但是其中，g'(x)=f'(x)-x>0此式应该以x∈(0,+∞)为前提

令F(x)=(积分(从0到x)f(t)dt)^2-积分(从0到x)f(t)^2dt,00,g(x)严格递增.故g(x)>g(0)=0,于是F'(x)=f(x)*g(x)>0.故F(x)递增,故F(1)

Taylor展式：对任意的x,f(0)＝f(x)+f'(x)(0－x)+f''(c1)(0－x)^2/2,f(1)＝f(x)+f'(x)(1－x)+f''(c2)(1－x)^2/2.两式相减,得f'(

应该是证g(x)在R上有一阶连续导数吧?当x≠0时,g(x)=f(x)/x∴g'(x)=[xf'(x)-f(x)]/x²g'(x)在x≠0时连续x=0时,g'(0)=lim(x→0)[g(x

提示有点小错,下面极限是x趋向于0,求导就是使用洛必达法则.g'(0)=lim(g(x)-g(0))/x=lim(f(x)/x-f'(0))/x=lim(f(x)-xf'(0))/x^2=lim(f'

利用分部积分∫上a下cF(x)f'(x)dx=F(a)f(a)-F(c)f(c)-∫上a下cf^2dx又因为F(a)=f(c)=0,即得

∵对任意的x,f(0)＝f(x)+f'(x)(0－x)f(1)＝f(x)+f'(x)(1－x)两式相加得∴2f(x)＝（2x-1)f'(x)即f(x)=(x-1/2)f'(x)且0≤x≤1∴l∫f(x

lim(x→0+)(d/dx)f(cos√x)　　=lim(x→0+)f'(cos√x)*(-sin√x)*[1/(2√x)]　　=(-1/2)*lim(x→0+)f'(cos√x)*lim(x→0+

证：因为lim(x→0)f(x)/x=0对上式用洛必达法则有lim(x→0)f`(x)/(x)`=0f`(0)=0又f`(1)=lim(△x→0)[f(1+△x)-f(1)]/△x=lim(△x→0)

条件f(x)在R上有连续导数有点过了.只要求可导就行.最后一步用了导数的定义.当然在导数连续的条件下可以用两次罗比达法则.