若f4=4,且存在x属于[1,t](t>1)使得fx²≤八分之一f(kx)
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/06/18 01:50:41
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对原函求导得y"=1-1/x^2令y"=0得极值点x=1或x=-1因00故原函数先减后增,当x=1时,取最小值y=2因-1
f(x)=f(1/2-(1/2-x))=f(1/2+(1/2-x))=f(1-x)=-f(x-1)sof(x-1)=-f(x-2)sof(x)=f(x-2)f(x)+f(x-1)=0f(1)=-f(0
f(x+1/2)=f(-x+1/2)令-x+1/2=t则f(t+1)=f(t)f5=f4=f3=f2=f1上式=5f1又在R上的奇函数f0=0f1=05f1=0所以所求式=0
采用排除法(1)若a=e+1则f(x)=√(e^x+x-e-1)f(y0)=√(e^y0+y0-e-1)e^y0+y0-e-1>=0y0=1f(1)=0f(f(1))=f(0)=√(1-e-1)=√(
http://zhidao.baidu.com/question/98536598.html?si=4
f(x)+f(1/x)=x^2/(1+x^2)+1/x^2/(1+1/x^2)=x^2/(1+x^2)+1/(1+x^2)(分子分母都乘以x^2)=(x^2+1)/(1+x^2)=1所以f(2)+f(
易知f2=f[f1(x)]-1=-1/x-1f3=f[f2(x)]-1=(f2-1)/(f2+1)-1=2*xf4=f[f3(x)]-1=(f3-1)/(f3+1)-1=-2/(2*x+1)f5=f[
因为你设的是X^2=t,自然就变化了,(-∞,-1],的平方之后肯定是[1,正无穷),而且是增大的,同理[-1,0)也一样,你可以举一些例子.比如,-1,和-0.5平方之后,1.、0.25再问:为什么
显然有:f'(-1)=0f'(x)=4x³+2(2-k)xf'(-1)=-4-2(2-k)=0,得:k=4再问:有详细的过程么?再答:请注意下单调区间的连接点:x=-1是单调性的转折点,显然
(1)若a=0,则A={x|-2x+1=0}={1/2},此时集合A有且只有两个子集(2)若A≠0,则要使集合A有且只有两个子集,则方程ax^2-2x+1=0有且只有一个根,即其判别式4-4a=0,则
设F(x)=x^nf(x)F(0)=F(1),由中值定理得,存在点x0属于(0,1)使得F'(x0)=0,即n*x0^(n-1*f(x0)+x0^n*f'(x0)=0nf(x0)+x0f'(x)=0
答:B-A>=1B>=A+11
时,能使[f(x1)+f(x2)]的二分之一<f[(x1+x2)的二分之一]成立考的是函数凹凸性,答案是指数函数和二次函数那个,他俩图像都是凹的
fn=f[fn-1(x)]=f{f[fn-2(x)}}=f{f{…f(x)}}即n重f(x)可记为f^n(x)所以有,f2=f^2(x)=-1/x,f3=f^3(x)=(1+x)/(1-x),f4=f
因为f(sinx)=sin[(4n+1)x],所以f(cosx)=f[sin(x+pi/2)]=sin[(4n+1)(x+pi/2)]=sin[(4n+1)x+2n*pi+pi/2]=sin[(4n+
4^x-2^(x+1)+m=0(2^x)^2-2*2^x+m=0若命题非p是假命题那么命题p是真命题令t=2^x>0故对任意t>0,存在m∈R,使得有t^2-2t+m=0设f(t)=t^2-2t+m,
白羊座星光,这个题我做了起码有四五遍了,是道比较精典的微分中值证明题了.其关键是将函数在x=0,x=1处用麦克劳林展式展开.算了,我写一遍吧.当XE(0,1)时,f(x)=f(0)+f'(0)x+f'
{0,2,3,4}{0,1,3,5}{0,2,4,5}{0,1,3,5}{0,1,2,4}{2,3,4,5}{0,2,3,5}在A中任取一个元素a所以A=F(A)所以F(A)=f[f(A)]又因为A=
(1)证明:令g(x)=f(ax)-x,则g(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且g(0)=1,g(1)=-1,所以由介值定理知存在c属于(0,1)使得g(c)=0.即f(ac)-c=0.令