1樓：匿名使用者
令f(x)=∫(a,x)tf(t)dt-∫(a,x) (a+x)/2*f(t)dt
=∫(a,x)tf(t)dt-(a/2)∫(a,x)f(t)dt-(x/2)∫(a,x)f(t)dt
f'(x)=xf(x)-(a/2)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt-(1/2)xf(x)
=(1/2)(x-a)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt
=(1/2)∫(a,x)[f(x)-f(t)]dt
f(x)單調增，f(x)-f(t)＞0，f'(x)＞0，f(x)單調增
f(b)＞f(a)
即原等式成立
常用的連續性的最根本定義是在拓撲學中的定義，在條目連續函式 (拓撲學)中會有詳細論述。在序理論特別是域理論中，有從這個基礎概念中得出的另一種抽象的連續性：斯科特連續性。
所有多項式函式都是連續的。各類初等函式，如指數函式、對數函式、平方根函式與三角函式在它們的定義域上也是連續的函式。
絕對值函式也是連續的。
定義在非零實數上的倒數函式f= 1/x是連續的。但是如果函式的定義域擴張到全體實數，那麼無論函式在零點取任何值，擴張後的函式都不是連續的。
非連續函式的一個例子是分段定義的函式。例如定義f為：f(x) = 1如果x> 0，f(x) = 0如果x≤ 0。
取ε = 1/2，不存在x=0的δ-鄰域使所有f(x)的值在f(0)的ε鄰域內。直覺上我們可以將這種不連續點看做函式值的突然跳躍。
2樓：嫉妒心強烈的
提供一種很實用的方法
證∫(a,b)tf(t)dt≥∫(a,b) (a+b)/2*f(t)dt
令f(x)=∫(a,x)tf(t)dt-∫(a,x) (a+x)/2*f(t)dt
=∫(a,x)tf(t)dt-(a/2)∫(a,x)f(t)dt-(x/2)∫(a,x)f(t)dt
f'(x)=xf(x)-(a/2)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt-(1/2)xf(x)
=(1/2)(x-a)f(x)-(1/2)∫(a,x)f(t)dt
=(1/2)∫(a,x)[f(x)-f(t)]dt
f(x)單調增，f(x)-f(t)＞0，f'(x)＞0，f(x)單調增
f(b)＞f(a)
即原等式成立
3樓：love黑色
最後應該是f(b)≥f(a)。。吧
設函式f(x)在【a，b】上連續且單調增加，求證∫[a , b] xf(x)dx >=a+b/2∫[a , b] f(x)dx
4樓：匿名使用者
記：g(x)=s[a,x]tf(t)dt-[(a+x)/2]s[a,x]f(t)dt,a<=t<=x,g'(x)=xf(x)-(1/2)[s[a,x]f(t)dt+f(x)(a+x)]=(1/2)[f(x)(x-a)-s[a,x]f(t)dt]=(1/2)s[a,x][f(x)-f(t)]dt>=0,（其中baif(x)單增du）可得g(x)在x>=a上單調不zhi減，於
dao是回g(x)>=g(a)=0，取x=b則原命題得證答。
設函式f(x)在【a，b】上連續且單調增加，求證∫[a , b] xf(x)dx >=a+b/2∫[a , b] f(x)dx 怎麼做
5樓：匿名使用者
記：g(x)=s[a,x]tf(t)dt-[(a+x)/2]s[a,x]f(t)dt,a<=t<=x,g'(x)=xf(x)-(1/2)[s[a,x]f(t)dt+f(x)(a+x)]=(1/2)[f(x)(x-a)-s[a,x]f(t)dt]=(1/2)s[a,x][f(x)-f(t)]dt>=0,（其中baif(x)單增）可得
dug(x)在zhix>=a上單調不減，於dao是g(x)>=g(a)=0，取x=b移項則原
內命題得證。容
設函式f（x）在[0，1]上連續且單調增加，又知a∈[0，1]，證明a0f（t）dt≤a10f（t）dt
6樓：初雪
令f（x）=1x∫
x0f(t)dt
，則來f（自0）=0．bai
利用積分上限函式的
du性質可得，f（x）在[0，1]上連zhi續，在（0，1）內可導dao，且
f′（x）=?1x∫
x0f(t)dt+f(x)x=1
x(f(x)?1x∫
x0f(t)dt)．
因為f（x）在[0，1]上連續且單調增加，所以∫x
0f(t)dt≤xf（x），
從而1x∫x
0f(t)dt≤f（x），
即有：f′（x）≥0．
從而，f（x）在[0，1]上單調增加，
故對於任意a∈[0，1]，均有f（a）≤f（1），即：1a∫a
0f(t)dt≤∫10
f(t)dt，
即：∫a
0f(t)dt≤a∫10
f(t)dt．
設函式f(x)在[0,1]連續且單調增加，證明f(x)=(1/x)∫[0，x]f(t)dt在(0,1
7樓：匿名使用者
f(x)=(1/x)*∫[0,x]f(t)dtf'(x)=(1/x)'*∫[0,x]f(t)dt+(1/x)*'
=(-1/x²)*∫[0,x]f(t)dt+(1/x)*f(x)=(-1/x²)*
由積分中值定理，在[0,x]上，至少存在一點ξ∈[0,x]，使得 (x-0)f(ξ)=∫[0,x]f(t)dt∴f'(x)=(-1/x²)*
=(-1/x)*
∵x∈(0,1)，即
回0且答0≤ξ≤x，∴f(ξ)≤f(x)，即f(ξ)-f(x)≤0∴有 f'(x)≥0 在(0,1)上成立
∴f(x)在(0,1)上單調遞增
設f x 在上連續，且單調增加，證明 0,pi 2 f x sinxdx
證明 令2 pi 0,pi 2 f x dx f c 其中0 c pi 2。注意到條件即知 f x f c sinx sinc 0，於是則有 0,pi 2 f x f c sinx sinc dx 0，開啟化簡記得結論。 在 0，2 上，0 sinx 1，sinx連續且單調增加，所以必有唯一的一點 ...
上連續,在 a,b 內可導,且f b f a 1,證明 存在a,b ,使eff
令f x e x f x 則f在 a,b 上連續,在 a,b 內可導,且f x e x f x f x 且f a e a,f b e b 所以有lagrange中值定理，存在 a,b 使f f b f a b a 即e f f e b e a b a 再對等號右邊用一下中值定理，存在 a,b 使得e...
上的連續函式且f x x 2 不定積分 下限0，上限1 xf x dx
數神 解 因為定積分 0,1 xf x dx是一個常數，因此設c 0,1 xf x dx f x x 2 c.兩邊同時取定積分 上限1，下限0 得 0,1 f x dx 0,1 x 2dx 0,1 cdx 0,1 f x dx 1 3 c.對 式兩邊同乘以x，得，xf x x 3 cx 兩邊再次同時...