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一类问题的统一解法 总被引:2,自引:0,他引:2
题1方程x+sinx=π2,x+arcsinx=π2的根分别为a,b,则a+b等于.题2方程x+x3=3,x+3x=3的根分别为a,b,则a+b等于.题3方程x+ex=5,x+lnx=5的根分别为x1,x2,则x1+x2等于.由以下定理即可解答以上诸题.定理若f(x)是[a,b]上的增函数,x+f(x)=m,x+f-1(x)=m的根分别为a,b,则a+b=m.证令h(x)=x+f(x),得h(x)为[a,b]上的增函数.由h(a)=a+f(a)=m,h(f-1(b))=f-1(b)+f(f-1(b))=f-1(b)+b=m,得h(a)=h(f-1(b)),a=f-1(b).所以a+b=f-1(b)+b=m.由定理立得,题1,2,3的答案分别是π2,3,5.一类问题的统一解法@甘志国$竹溪县一中!湖北443200… 相似文献
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引理1 如果单调增函数与其反函数的图象有交点,那么交点一定在直线y =x上.证 设(a ,b)是函数y =f(x)与其反函数y=f- 1 (x)的图象的交点,则 b=f(a) ,b=f- 1 (a) ,( 1 )( 2 )由( 1 )得a =f- 1 (b) ( 3)因为f(x)与f- 1 (x)均为单调函数,且f(x)与f- 1 (x)具有相同的增减性.因为f(x)为定义域上的增函数,则f- 1 (x)也为定义域上的增函数.若a≠b ,当a >b时,由( 2 ) ,( 3)有f- 1 (b) >f- 1 (a) .所以b>a ,这与a >b矛盾.同理,当a 相似文献
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拉格朗日定理:设1) f(x)在区间[a,b]内有定义而且是连续的,2) 至少在开区间(a,b)内有有穷导数f′(x)存在。那么在a与b之间必能求得一点(?)(a相似文献
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正确理解和运用第一积分中值定理 总被引:1,自引:0,他引:1
第一积分中值定理是微积分中基本定理之一。在逻辑证明方面,有着广泛的应用。 该定理应叙述为: 定理:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,则在开区间(a,b)内至少存在一点ξ,使 integral from n=a to b (f(x)dx)=f(ξ)(b-a) a<ξ相似文献
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大家知道,若方程f(x)=0的根为m,则有f(m)=0,反之,若f(m)=0,则m是方程f(x)=0的根,本文就此问题谈谈如何逆用方程根的定义解决解析几何问题,希望能引起同学们的注意.例1已知a2sinθ acosθ-1=0,b2sinθ bcosθ-1=0,a≠b.证明:过点(a,a2),(b,b2)的直线恒与单位圆相切.证明过(a,a2) 相似文献
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<正> 微分学中拉格朗日中值定理为: 定理1 若函数f(x)满足:i)f(x)在[a,b]上连续,(ii)f(x)在(a,b)内可导,则在(a,b)内至少存在一点ξ使f(b)-f(a)=f′(ξ)(b-a)。 相似文献
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文 [1 ]提出了一个猜想 :设xi>0 ,i=1 ,2 ,… ,n ,且 ∑ni=1xi=1 ,n≥ 3,则 ∏ni=11xi-xi ≥n - 1nn ( 1 )文 [2 ]利用下述引理“设a相似文献
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圆锥曲线中直周角性质的研究 总被引:1,自引:0,他引:1
笔者对这一问题作了点深入研究 ,得出一些优美的性质 .1 问题的研究定理 椭圆 x2a2 y2b2 =1上有一定点P(x0 ,y0 )与异于点 P的两个动点 Q、R,若∠ QPR =90°,则动直线 QR恒经过定点 ,且该定点的坐标为(a2 - b2a2 b2 .x0 ,- a2 - b2a2 b2 .y0 ) .为了证明上述定理 ,先给出如下引理 :引理 若 x1 、x2 是方程 f(x) =0的两个实数根 ,其中 f(x) =ax2 bx c(a≠ 0 ) ,则 (x0 - x1 ) (x0 - x2 ) =f (x0 )a .引理证明略 ,下面证明原定理 .证明 设 Q(x1 ,y1 )、R(x2 ,y2 ) ,由PQ⊥ PR得 (x0 - x1 ) (x0 - x2 ) (y0 - y1 )… 相似文献
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<正> 在一般的理工科教材中,关于积分中值定理叙述如下: 定理1 若f(x)在闭区间[a,b]上连续,则在闭区间[a,b]上至少有一点ξ,使得∫_a~b f(x)dx=f(ξ)·(b—a) 定理2 若f(x,y)在闭区域D上连续,则在区域D上至少有一点(ξ,η),使得∫∫f(x,y)dσ=f(ξ,η)·σ其中σ表示闭区域D的面积。关于定理1,黄炳生同志在f(x)的条件削弱了的情况下,证明了其中的ξ可以取到开区间(a,b)内。本文一方面推广了黄炳生的证明方法,证明了定理2中的(ξ,η)也可以取 相似文献
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文[1]习题3-1(P81)第3题(是非题)如下:设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且在[a,b]上f′(x)≤g′(x),则有f(b)-f(a)≤g(b)-g(a).与文[1]配套的[2](P105)给出的解答是:答不对.虽然由拉格朗日定理得f(b)-f(a)b-a=f′(ξ),ξ∈(a,b)(1)g(b)-g(a)b-a=g′(ξ),ξ∈(a,b)(2)且有f′(x)≤g(x).但f′(ξ)不一定小于等于g′(ξ),因为(1)(2)式中的ξ不一定是相同的.我们认为上述解答是错的,也就是说,原命题是成立的.下面给出证明.证明令F(x)=f(x)-g(x),由题意,F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,再由拉格朗日定理得F(b)-F(a)b-a=F′(ξ),… 相似文献
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本文的证法都利用了下列定理 :达布中值定理 若函数 f (x)在区间 [a,b]内可导 ,并且设 f′(a)≠ f′(b) ,不妨设 f′(a)f (b) -f (a)b-a 或 f′(x) … 相似文献
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通常所见Riemann积分换元公式的形式是:若φ(α)=a,φ(β)=b,则在适当条件下有 integral from a to b(f(x)dx)=integral from α to β(f[φ(t)]φ′(t)dt)。在常义R(Riemann)积分时须假定:f(x)在[a,b]上连续,φ(t),φ′(t)在[α,β]上连续。这时上述等式成立。或者假定:f(x)在[a,b]上R可积,φ(t),φ′(t)在[α,β]上连续,且φ′(t)≥0(或φ′(t)≤0,即φ(t)单调)。本文证明了:若f(x)在[a,b]上有界,φ(t)可表成R可积函数φ(t)的不定积分,则f(x)在[a,b]上R可积的充要条件为f[φ(t)]φ(t)在[α,β]上R可积,并且有上述等式成立(详见下文定理1)。 相似文献