高数问题！！！急急急！！！
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高数问题，急急急!!!~
证明：由对称性，f(x)=f(a+b-x)
∫xf(x)dx = ∫xf(a+b-x)dx (积分区间[a,b])
= ∫(a+b-y)f(y)d(a+b-y) (积分区间[b,a])
= ∫-(a+b-y)f(y)dy (积分区间[b,a])
= -∫-(a+b-y)f(y)dy (积分区间[a,b])
= ∫(a+b-x)f(x)dx (积分区间[a,b])
= ∫(a+b)f(x)dx-∫xf(x)dx (积分区间[a,b])
= (a+b)∫f(x)dx-∫xf(x)dx (积分区间[a,b])
可得：∫xf(x)dx = (a+b)/2 * ∫f(x)dx (积分区间[a,b])
高数问题！！！急急急！！！视频
相关评论：15841009159：高数问题急!求极限,跪求详解谢谢!
慕些急郭敦顒回答：x→0，y→1，lim[sin（xy）（1+ cos x y）]\/ x = lim[sin（xy）]\/ x+ lim[ sin（x y） cos x y]\/ x lim[sin（xy）]\/ x=－cos0=－1 lim[ sin（x y） cos x y]\/ x= {（cos0 cos0－sin0 sin0）x－[sin（x y） cos x y]} =1 lim[sin（xy）]\/...
15841009159：高数b问题,急求。
慕些急1、直线与平面垂直，则直线的方向向量与平面的法向量共线，因此 k\/4 = -3\/6 = 2\/(-4)，解得 k = -2 。2、y = x^2+z^2 3、x'=1，y'=2t，z'=3t^2，t=1代入得切线的方向向量（1，2，3），因此切线方程为 (x-1)\/1 = (y-1)\/2 = (z-1)\/3 ...
15841009159：急!!!大一高数问题,
慕些急当x→0时，sinx~x tanx~x arcsinx~x arctanx~x 1-cosx~(1\/2)*（x^2）~ secx-1 （a^x）-1~x*lna (（a^x-1)\/x~lna)（e^x）-1~x ln(1+x)~x 由于tanx~x 原式=lim(x-0)x\/(x^2+2x)=lim1\/(x+2)=1\/2
15841009159：急急急,第二道。高数问题。求大神。
慕些急系数化成增广矩阵 211-1 124-5 做初等变换得 1001 012-3 就是说x1=1，x2=-3-2x3，x3自由变动。
15841009159：急急急!!大一高数题
慕些急1. 全极限存在，两个累次极限都可以不存在。2. 全极限存在，若其中一个累次极限存在，则全极限等于该累次极限，注意：另一个可以不存在。3. 全极限存在，若两个累次极限都存在，则三者相等。4. 两个累次极限都存在，全极限也可以不存在。
15841009159：高数题求解!急急急x^2变为2x。求高人解答谢谢。
慕些急答：你所遇到的变限积分求导问题，原题极限是用了罗比达法则！变限积分求导：{∫[0,φ(x)] f(t)dt }'= f[φ(x)]·[φ(x)]'分母：x²求导，自然是2x
15841009159：大学高数,急,求大神解答几个小题
慕些急17、答案选B 20、答案选A，口诀为“反对幂三指”25、答案选D 所围图形关于原点对称，所以只考虑第一象限部分 第一个椭圆方程：y=√(3-3x^2)，第二个椭圆方程：y=√(1-x^2\/3)联立，得3-3x^2=1-x^2\/3 9-9x^2=3-x^2 8x^2=6 x^2=3\/4 x=√3\/2 y=√3\/2 所以两个椭圆的...
15841009159：求助高数..急急急!!!
慕些急解：换元法，没有什么技术含量！令：t=√x，则：x=t²dx=2tdt，于是：原积分 =∫(0,π)cost dt²=2∫(0,π)tcost dt =2∫(0,π)tdsint =2tsint|(0,π) - ∫(0,π)sintdt =2tsint|(0,π) + cost |(0,π)=-2 ...
15841009159：高数三题,急急急!!
慕些急1.f(a+x)=f(2a-(a+x))=f(a-x)---(1)I=∫[-c,c]f(a-x)dx=∫[-c,0]f(a-x)dx+∫[0,c]f(a-x)dx 设y=-x I=-∫[c,0]f(a+y)dy+∫[0,c]f(a-x)dx---(2)从(1),(2)I=∫[0,c]f(a-y)dy+∫[0,c]f(a-x)dx=2∫[0,c]f(a-x)dx 2.函数f(x...
15841009159：一道高数极限题~~~急~~~
慕些急解：lim(x-0)[∫(x,0)ln(1+t)dt\/x²]=lim(x->0)[-∫(0,x)ln(1+t)dt\/x²] (交换积分上下限，积分值变成负号)=lim(x->0)[-ln(1+x)\/(2x)] (0\/0型极限，应用罗比达法则)=lim(x->0)[(-1\/2)\/(1+x)] (0\/0型极限，再次应用罗比达法则)=-1\/2 ...
∵f(x+y)=f(x)f(y) ∴令y=0，得f(x)=f(x)f(0)==>f(x)(f(0)-1)=0.........(1) ∵f'(0)=1............(2) ∴f(x)≠0 ∴由(1)得f(0)-1=0 ==>f(0)=1..........(3) 故f'(x)=lim(h->0)[(f(x+h)-f(x))/h] (由导数定义得) =lim(h->0)[(f(x)f(h)-f(x))/h] =lim(h->0)[f(x)(f(h)-1)/h] =f(x)lim(h->0)[(f(h)-1)/h] =f(x)lim(h->0)[(f(h)-f(0))/h] (由(3)式得) =f(x)f'(0) (由导数定义得) =f(x)*1 (由(2)式得) =f(x)
D
f(a)为极小值
f'(a)=0
f(a)=-1
证明：由对称性，f(x)=f(a+b-x)
∫xf(x)dx = ∫xf(a+b-x)dx (积分区间[a,b])
= ∫(a+b-y)f(y)d(a+b-y) (积分区间[b,a])
= ∫-(a+b-y)f(y)dy (积分区间[b,a])
= -∫-(a+b-y)f(y)dy (积分区间[a,b])
= ∫(a+b-x)f(x)dx (积分区间[a,b])
= ∫(a+b)f(x)dx-∫xf(x)dx (积分区间[a,b])
= (a+b)∫f(x)dx-∫xf(x)dx (积分区间[a,b])
可得：∫xf(x)dx = (a+b)/2 * ∫f(x)dx (积分区间[a,b])
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慕些急郭敦顒回答：x→0，y→1，lim[sin（xy）（1+ cos x y）]\/ x = lim[sin（xy）]\/ x+ lim[ sin（x y） cos x y]\/ x lim[sin（xy）]\/ x=－cos0=－1 lim[ sin（x y） cos x y]\/ x= {（cos0 cos0－sin0 sin0）x－[sin（x y） cos x y]} =1 lim[sin（xy）]\/...
慕些急1、直线与平面垂直，则直线的方向向量与平面的法向量共线，因此 k\/4 = -3\/6 = 2\/(-4)，解得 k = -2 。2、y = x^2+z^2 3、x'=1，y'=2t，z'=3t^2，t=1代入得切线的方向向量（1，2，3），因此切线方程为 (x-1)\/1 = (y-1)\/2 = (z-1)\/3 ...
慕些急当x→0时，sinx~x tanx~x arcsinx~x arctanx~x 1-cosx~(1\/2)*（x^2）~ secx-1 （a^x）-1~x*lna (（a^x-1)\/x~lna)（e^x）-1~x ln(1+x)~x 由于tanx~x 原式=lim(x-0)x\/(x^2+2x)=lim1\/(x+2)=1\/2
慕些急系数化成增广矩阵 211-1 124-5 做初等变换得 1001 012-3 就是说x1=1，x2=-3-2x3，x3自由变动。
慕些急1. 全极限存在，两个累次极限都可以不存在。2. 全极限存在，若其中一个累次极限存在，则全极限等于该累次极限，注意：另一个可以不存在。3. 全极限存在，若两个累次极限都存在，则三者相等。4. 两个累次极限都存在，全极限也可以不存在。
慕些急答：你所遇到的变限积分求导问题，原题极限是用了罗比达法则！变限积分求导：{∫[0,φ(x)] f(t)dt }'= f[φ(x)]·[φ(x)]'分母：x²求导，自然是2x
慕些急17、答案选B 20、答案选A，口诀为“反对幂三指”25、答案选D 所围图形关于原点对称，所以只考虑第一象限部分 第一个椭圆方程：y=√(3-3x^2)，第二个椭圆方程：y=√(1-x^2\/3)联立，得3-3x^2=1-x^2\/3 9-9x^2=3-x^2 8x^2=6 x^2=3\/4 x=√3\/2 y=√3\/2 所以两个椭圆的...
慕些急解：换元法，没有什么技术含量！令：t=√x，则：x=t²dx=2tdt，于是：原积分 =∫(0,π)cost dt²=2∫(0,π)tcost dt =2∫(0,π)tdsint =2tsint|(0,π) - ∫(0,π)sintdt =2tsint|(0,π) + cost |(0,π)=-2 ...
慕些急1.f(a+x)=f(2a-(a+x))=f(a-x)---(1)I=∫[-c,c]f(a-x)dx=∫[-c,0]f(a-x)dx+∫[0,c]f(a-x)dx 设y=-x I=-∫[c,0]f(a+y)dy+∫[0,c]f(a-x)dx---(2)从(1),(2)I=∫[0,c]f(a-y)dy+∫[0,c]f(a-x)dx=2∫[0,c]f(a-x)dx 2.函数f(x...
慕些急解：lim(x-0)[∫(x,0)ln(1+t)dt\/x²]=lim(x->0)[-∫(0,x)ln(1+t)dt\/x²] (交换积分上下限，积分值变成负号)=lim(x->0)[-ln(1+x)\/(2x)] (0\/0型极限，应用罗比达法则)=lim(x->0)[(-1\/2)\/(1+x)] (0\/0型极限，再次应用罗比达法则)=-1\/2 ...
