設函數f（x）在點x=a可導，求[f（a+5h）-f（a-3h）]/2h

設函數f（x）在點x=a可導，求[f（a+5h）-f（a-3h）]/2h

f（a）‘=[f（a+5h）-f（a-3h）]/8h
[f（a+5h）-f（a-3h）]/2h=4f（a）‘

為什麼導數可以寫成f’（a）＝lim（x→a）f（x）－f（a）/x－a
不是應該寫成f’（x）＝lim（△x→0）（x＋△x）－f（x）/△x麼？

不同的符號表示不同

x趨向0時求lim（1+x）^（1/x）-e，
打錯了，是x趨向0時求lim【（1+x）^（1/x）-e】/x，

原式=lim {e^[ln（1+x）]/x-e}/x=e*lim {e^[ln（1+x）/x-1]-1}/x=e*lim [ln（1+x）/x-1]/x，無窮小代換=e*lim [ln（1+x）-x]/x²；，洛必達法則=e*lim [1/（1+x）-1]/（2x）=（e/2）*lim（1-1-x）/x=（e/2）*（-1）= -e/2

設f（x）在區間（0 1）上可微，且f（1）＝2∫（0.5 1）xf（x）dx，證明存在ξ∈
證明存在ξ∈（0,1）使f（ξ）＋ξf'（ξ）＝0

還有一條f（x）在[0,1]上連續吧.
證明：考慮函數g（x）=xf（x），有g（x）也在[0,1]上連續，在（0,1）內可導.
條件f（1）=2∫xf（x）dx轉化為g（1）=∫g（x）dx/（1-0.5）.
由開區間版本的第一積分中值定理，存在c∈（0.5,1）使g（c）=∫g（x）dx/（1-0.5）=g（1）.
由羅爾中值定理，存在ξ∈（c，1），使g'（ξ）=0，即有f（ξ）+ξf'（ξ）=0.
之所以要用開區間版本的第一積分中值定理是為了保證c

f（1）=2∫xf（x）dx中的
積分上限是0.5
積分下限是0
設f（x）在[0,1]上可導，且滿足條件f（1）=2∫xf（x）dx.試證：存在§∈（0,1），使得f（§）+f‘（§）=0.

怎麼覺得是f（§）+§f‘（§）=0呢？

設f（x）在[a，b]連續且f′（x）>0，證明∫（a，b）xf（x）dx≥（a+b）/2∫（a，b）f（x）dx

搆造函數：F（u）=2∫[a--->u] xf（x）dx-（a+u）∫[a--->u]f（x）dx，u∈[a，b]，顯然有F（a）=0F'（u）=2uf（u）-∫[a--->u]f（x）dx-（a+u）f（u）=uf（u）-af（u）-∫[a--->u]f（x）dx=f（u）（u-a）-∫[a--->u]f（x）dx由積分中值定理：∫[a--->u]f…

設f（x）在[0,1]上可導，且滿足關係式f（1）-3∫（0,1/3）xf（x）dx=0，證明：存在一個§（0,1），使得
f（§）+§f‘（§）=0

搆造函數F（x）=x *f（x），則F’（x）=f（x）+x*f‘（x）；
由已知F（1）= 3* [∫（0,1/3）F（x）dx]，
又由拉格朗日中值定理可以推出：比存在t，滿足∫（0,1/3）F（x）dx =F（t）*（1/3 -0）其中t屬於（0,1/3）.
所以存在t屬於（0,1/3），F（t）=F（1）.
所以由roll定理：存在§屬於（t，1）包含於（0,1），滿足F‘（§）=0，即結論成立.

證明∫（0，a）f（x^2）dx=1/2∫（0，a^2）xf（x）dx（a>0）

這是錯題
令a=1，f（x）=1
則左=1右=1/4
顯然不等

f（x）在x=2連續，x趨近2時f/（x-2）極限為1，那f在x=2處可導嗎

可導，
當x趨近於2正時，f趨近於0正，當x趨近於2負時，f趨近於0負，可有左極限等於右極限等於0；
再加上函數在x=2處連續，所以f（2）=0；所以有（f（x）-f（2））/（x-2）=△y/△x=1；
即導數為1..
歡迎追問

如何證明f（x）在x趨近a時的極限等於f（a+h）在h趨近0時的極限，尋求詳解，

假設limx→a f（x）存在且等於L
需要推導出limh→0 f（a+h）也存在並等於L
所以一定存在δ（ε）使得
|f（x）-L|