1樓：快播電影**
證明：做變數替換a+b-x=t,則dx=-dt,當x=b,t=a,當x=a,t=b 於是 ∫(a,b)f(a+b-x)dx =-∫(b,a)f(t)dt= ∫(a,b)f(t)dt=∫(a,b)f(x)dx 即∫(a,b)f(x)dx=∫(a,b)f(a+b-x)dx 命題得證。 【注：
緊跟積分符號後面的為積分區間】
設fx在區間[a,b]上連續,則函式fx=∫(a,x)ftdt,在區間[a,b]上一定
2樓：匿名使用者
樓上的不對吧。
例如f（x）=-1（x∈[-1，0]）；1（x∈（0，1]）很明顯，f（x）在區間[-1，,1]內只有1個跳躍間斷點x=0，所以根據定積分的性質，f（x）在[-1，1]連續且可積。
而也很容易就能算出來∫-1→xf(t)dt=|x|-1而|x|-1在x=0點是不可導的，雖然|x|-1在x=0點是連續的。
所以如果f（x）在［a,b］有跳躍間斷點，那麼∫a→xf(t)dt在這個跳躍間斷點處不可導。但是在這個跳躍間斷點處連續。
其實就是∫a→x f(t)dt在跳躍間斷點處的左右導數都存在，但是不相等。所以連續而不可導。
連續一定可積，
閉區間上連續的函式一定有界
所以是acd
3樓：匿名使用者
f(x) = ∫ (a->x) f(t) dt
f'(x) = f(x)
ans : b可導
4樓：匿名使用者
。。。你沒看到fx連續嗎
設f(x)在[a,b]上連續，且f(x)＞0,證明：至少存在一點ξ∈(a,b),使得∫f(x)dx=
5樓：援手
令g(x)=∫f(t)dt*∫f(t)dt（第乙個積分限a到x，第二個積分限x到b），根據變上限積分的求導法則，g'(x)=f(x)∫f(t)dt（積分限x到b）-f(x)∫f(t)dt（積分限a到x），由於g(a)=g(b)=[∫f(t)dt]^2（積分限a到b），根據羅爾定理，存在ξ∈(a,b)使得g'(ξ)=0，即f(ξ)∫f(t)dt（積分限ξ到b）-f(ξ)∫f(t)dt（積分限a到ξ），由於f(ξ)>0，上式兩邊除f(ξ)即得要證的等式。
這種題關鍵就在於構造輔助函式，一般將要證的式子變形，其中有ξ的地方換成x，為了用羅爾定理，就要讓輔助函式在區間端點的函式值相等，且想辦法讓輔助函式的導函式等於0時的表示式和要證的等式盡可能相似。
證明 設函式f x 在區間上連續，有lim xf x 存在且有限。證明 f x 在上有界
設lim x duf x a,則存在zhix 0，當 x x有 f daox 回a 答 x x,有界，又f x 在r上連續，在閉區間 x,x 上存在最小值最大值，即f x 在 x,x 上有界，綜上，f x 在r上有界。lim x f x 這個錯了吧？是不是lim x f x 這個？設函式f x 在區...
設函式fx在區間a上連續，並且極限limx
因為lim x f x 存在，不妨令其為a 則根據極限定義，對 1，存在正數d 0，使對任意x d，有 f x a 1 即a 1若da，有a 1若d a，因為f x 在 a,d 上連續，所以f x 在 a,d 上有界 即f x 在 a,d d,a,上有界 綜上所述，f x 在 a,上有界 若存在兩個...
高等數學。設函式f x 在閉區間上連續，在開區間 a,b 內可導，且f a f b
令f x xf x f x f x xf x 顯然滿足羅爾定理的前2個條件 又因為f a f b 0 所以至少存在一點 a,b 使得f 0 即 f f 0.建構函式 baiduf x e x 2 f x 且f a f b 0 由題意zhi知道 f a f b 0 f x 為可導函式根據羅爾定理，da...