设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(1)=0 证明至少存在一点g∈(0...

当x=1时，F(1)=1^2*f(1)=0 而且F(x)在[0,1]内连续，F(x)在(0,1)内可导 故根据Rolle中值定理得:存在g∈(0,1),使得f'(g)=0 而f'(x)=2xf(x)+x^2*f'(x)故有：2gf(g)+g^2*f'(g)=0且g∈(0,1)即得：-2f(g)=g*f'(g)故：f'(g)=-2f(g)/g 有不懂欢迎...

解：令F(X)=Xf(x),F(1)=1*f(1)=0，F(0)=0*f(0)=0.且F(x)在[0,1]上连续,在（0,1）内可导.满足罗尔中值定理的条件，故存在ζ使得,F′(ζ)=0，F'(X)=f(x)+Xf'(x).故f(ζ)+ζf′(ζ)=0。所以f′(ζ)=-2f(ζ)/ζ。证毕。

所以g(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导且g(0)=g(1)，由罗尔中值定理得：存在一点ε∈(0，1)，使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0.所以f'(ε)=-f(ε)/ε。

令 g(x)=x²f(x)则g(0)=g(1)=0 由中值定理：存在&∈(0,1)，使 g'(&) = 2&f(&)+&²f'(&)=0 即2f(&)+&f'(&)=0

0)=0 当x=1时，F(1)=1^2*f(1)=0 而且F(x)在[0,1]内连续，F(x)在(0,1)内可导 故根据Rolle中值定理得:存在g∈(0,1),使得f'(g)=0 而f'(x)=2xf(x)+x^2*f'(x)故有：2gf(g)+g^2*f'(g)=0且g∈(0,1)即得：-2f(g)=g*f'(g)故：f'(g)=-2f(g)/g ...

证：构造函数F(x)=xf(x)F(0)=0·f(0)=0，F(1)=1·f(1)=1·0=0 F'(x)=[xf(x)]'=f(x)+xf'(x)由罗尔中值定理，在(0，1)内，至少存在一点ξ，使得：F'(ξ)=[F(1)-F(0)]/(1-0)=(0-0)/(1-0)=0 f(ξ)+ξf'(ξ)=0 f'(ξ)=-f(ξ)/ξ ...

令g(x)=xf(x)则g(x)在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且g（1）=0=g(0)由罗尔中值定理 知有一点a属于（0，1）使得 g`(a)=0 0=g`(a)=f(a)+af`(a)即f`(a)=-f（a）/a。

证明：令g(x)=x^2，G(x)=g(x)*f(x)。因为f(x)在[0,1]上连续在(0,1)内可导，且g(x)在[0,1]上连续在(0,1)内可导，那么G(x)=g(x)*f(x)在[0,1]上连续在(0,1)内可导。且G(x)'=(g(x)*f(x))'=(x^2*f(x))'=x^2f'(x)+2xf(x)而G(0)=g(0)*f(0)=...

构造函数F(x)=e^x*f(x)显然，F(0)=F(1)=0 而又因为 f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，则 F(x)必定在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，则必定存在ξ∈(0,1)使得 F'(ξ)=0 即：e^ξ*f(ξ)+e^ξ*f'(ξ)=0 即：f(ξ)+f'(ξ)=0 ...

f(x)可导，那么其导函数必然连续。证明：假设f‘(x)在点t,(0<t<1)间断 那么f'(x)在点t处要么无定义，要么左、右极限不一致，则f(x)在点t处不可导 与假设矛盾。故f'(x)在（0,1)上必定连续。