解：函数f(x) = x²在[-1,1]上连续，满足定理条件。

计算积分：∫_-1¹ x²dx = [x³/3]_-1¹ = 1/3 - (-1/3) = 2/3

平均值：f(ξ) = (2/3)/(1-(-1)) = (2/3)/2 = 1/3

解方程：ξ² = 1/3 ⇒ ξ = ±√(1/3) ≈ ±0.577

验证：±0.577 ∈ (-1,1)，结论成立。

解：函数sin(x)在[0,2π]上连续，满足定理条件。

计算积分：∫₀^2π sin(x)dx = [-cos(x)]₀^2π = -1 - (-1) = 0

平均值：f(ξ) = 0/(2π-0) = 0

解方程：sin(ξ) = 0 ⇒ ξ = 0, π, 2π

注意：定理要求ξ ∈ (0,2π)，故ξ = π为所求。

解：构造辅助函数F(x) = ∫₀^x f(t)dt + x³

则F(0) = 0，F(1) = ∫₀¹ f(t)dt + 1 = 0 + 1 = 1

考虑G(x) = F(x) - x，则G(0) = 0，G(1) = 1 - 1 = 0

由罗尔定理，存在ξ ∈ (0,1)使G'(ξ) = 0

而G'(x) = F'(x) - 1 = f(x) + 3x² - 1

故f(ξ) + 3ξ² - 1 = 0 ⇒ f(ξ) + 3ξ² = 1？

修正思路：直接构造F(x) = ∫₀^x f(t)dt + x³，则F(0)=0，F(1)=1

由第一积分中值定理，存在ξ ∈ (0,1)使F'(ξ) = F(1)-F(0) = 1

即f(ξ) + 3ξ² = 1？仍不匹配。

标准解法：构造F(x) = ∫₀^x f(t)dt + x³ - x

则F(0)=0，F(1)=0+1-1=0，由罗尔定理得F'(ξ)=0

即f(ξ) + 3ξ² - 1 = 0？题目要求f(ξ)+3ξ²=0

正确构造：令F(x) = ∫₀^x f(t)dt + x³，则F(0)=0，F(1)=1

由第一积分中值定理，存在ξ ∈ (0,1)使F'(ξ) = F(1)-F(0) = 1

即f(ξ) + 3ξ² = 1。题目可能有误，或需调整条件。

解：构造F(x) = ∫_a^x f(t)dt + (λ/2)x²

则F(a) = 0 + (λ/2)a²，F(b) = 0 + (λ/2)b²

考虑G(x) = F(x) - (λ/2)(a+b)x

则G(a) = (λ/2)a² - (λ/2)(a+b)a = -(λ/2)ab

G(b) = (λ/2)b² - (λ/2)(a+b)b = -(λ/2)ab

故G(a) = G(b)，由罗尔定理，存在ξ ∈ (a,b)使G'(ξ) = 0

而G'(x) = f(x) + λx - (λ/2)(a+b)

所以f(ξ) + λξ = (λ/2)(a+b)

要使右边为0，需a+b=0，即区间关于原点对称。

通用解法：令F(x) = ∫_a^x f(t)dt + λ∫_a^x t dt = ∫_a^x f(t)dt + (λ/2)(x²-a²)

则F(a) = 0，F(b) = 0 + (λ/2)(b²-a²)

由第一积分中值定理，存在ξ ∈ (a,b)使F'(ξ) = (F(b)-F(a))/(b-a) = (λ/2)(b+a)

即f(ξ) + λξ = (λ/2)(a+b)

当a+b=0时，结论成立。

解：由f(0)=0及f'(x) ≥ 0，知f(x)在[0,1]上单调不减，故f(x) ≥ 0

由拉格朗日中值定理，对任意x ∈ (0,1]，存在ξ ∈ (0,x)使f(x) = f'(ξ)x ≤ 1·x = x

因此f(x) ≤ x，积分得∫₀¹ f(x)dx ≤ ∫₀¹ x dx = 1/2

另解（用第一积分中值定理）：存在η ∈ [0,1]使∫₀¹ f(x)dx = f(η)

又f(η) = f(η) - f(0) = f'(ξ)η ≤ η ≤ 1，但此路得不出1/2的精确上界

故第一种方法更优，说明第一积分中值定理需与其他工具配合使用。

解：由第一积分中值定理，存在c ∈ (a,b)使∫_a^b f(x)dx = f(c)(b-a)

考虑F(x) = ∫_a^x f(t)dt - f(c)(x-a)

则F(a) = 0，F(b) = f(c)(b-a) - f(c)(b-a) = 0

由罗尔定理，存在d ∈ (a,b)使F'(d) = 0，即f(d) - f(c) = 0 ⇒ f(d) = f(c)

若c = d，则f(x)在[a,b]上为常数0，结论显然成立

若c ≠ d，不妨设a < c < d < b，则f(c) = f(d)

由罗尔定理，存在η ∈ (c,d)使f'(η) = 0

又f(a) = f(b) = 0，同理存在ζ₁ ∈ (a,c)，ζ₂ ∈ (d,b)使f'(ζ₁) = f'(ζ₂) = 0

再对f'(x)应用罗尔定理，存在ξ ∈ (ζ₁,ζ₂) ⊂ (a,b)使f''(ξ) = 0

证明：由第一积分中值定理，存在ξ ∈ (a,b)使∫_a^b f(x)dx = f(ξ)(b-a)

因f单调递增，ξ < b，故f(ξ) ≤ f(b)

因此∫_a^b f(x)dx = f(ξ)(b-a) ≤ f(b)(b-a)

等号成立条件：当且仅当f(x)为常数函数。

证明：由泰勒展开，f(x) = f(0) + f'(0)x + (f''(ξ₁)/2)x² = f'(0)x + (f''(ξ₁)/2)x²

f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + (f''(ξ₂)/2)(x-1)² = f'(1)(x-1) + (f''(ξ₂)/2)(x-1)²

取x = 0.5，两式相加得：

2f(0.5) = f'(0)(0.5) + f'(1)(-0.5) + (f''(ξ₁)/2)(0.25) + (f''(ξ₂)/2)(0.25)

整理得：f'(1) - f'(0) = 4f(0.5) - (f''(ξ₁)+f''(ξ₂))/8

由拉格朗日中值定理，存在η ∈ (0,1)使f'(1) - f'(0) = f''(η)

故f(0.5) = (f''(η)/8) + (f''(ξ₁)+f''(ξ₂))/64

取绝对值：|f(0.5)| ≤ M/8 + M/32 = 5M/32

更优方法：由第一积分中值定理，存在c ∈ (0,1)使∫₀¹ f(x)dx = f(c)

考虑F(x) = ∫₀^x f(t)dt - f(c)x，用分部积分法...

标准解法：设F(x) = ∫₀^x f(t)dt，则F(0)=F(1)=0，F''(x) = f'(x)

由分部积分：∫₀¹ f(x)dx = [xF(x)]₀¹ - ∫₀¹ x f'(x)dx = -∫₀¹ x f'(x)dx

再次分部：= -[x²/2 f'(x)]₀¹ + ∫₀¹ (x²/2) f''(x)dx = ∫₀¹ (x²/2 - x/2) f''(x)dx

因∫₀¹ (x²/2 - x/2)dx = 0，故

∫₀¹ f(x)dx = ∫₀¹ (x²/2 - x/2 + C) f''(x)dx

取C = 1/12使x²/2 - x/2 + 1/12 = (x-0.5)²/2 ≥ 0

则|∫₀¹ f(x)dx| ≤ ∫₀¹ |(x-0.5)²/2| |f''(x)|dx ≤ (M/2)∫₀¹ (x-0.5)²dx = M/24

但标准结果为M/12，说明需更精细分析。

解：由第一积分中值定理，存在ξₙ ∈ [0,1]使∫₀¹ xⁿ f(x)dx = f(ξₙ)∫₀¹ xⁿ dx = f(ξₙ)/(n+1)

因此n∫₀¹ xⁿ f(x)dx = n/(n+1) f(ξₙ) → f(1)当n→∞

关键：需证ξₙ → 1。因xⁿ在[0,1)上趋于0，在x=1处为1，故ξₙ必须趋近于1。

严格证明：对任意ε ∈ (0,1)，∫₀^1-ε xⁿ |f(x)|dx ≤ M(1-ε)ⁿ⁺¹/(n+1) → 0

∫_1-ε¹ xⁿ f(x)dx ≈ f(1)∫_1-ε¹ xⁿ dx ≈ f(1)/(n+1)

故极限为f(1)。

解：由第一积分中值定理，存在ξₙ ∈ (0,π/2)使∫₀^π/2 sinⁿx dx = sinⁿ(ξₙ) · π/2

因sin(x) < 1对x ∈ (0,π/2)，故sinⁿ(ξₙ) → 0？但这是错误的！

错误根源：当n→∞时，ξₙ可能趋近于π/2，使sin(ξₙ) → 1。

正确方法：用Wallis公式或分部积分法得∫₀^π/2 sinⁿx dx ~ √(π/(2n)) → 0

说明第一积分中值定理在此题中不能直接用于求极限，因ξₙ依赖于n且行为复杂。

证明：考虑g(x) = e⁻ˣ f(x)，则g(a)=g(b)=0

由罗尔定理，存在η ∈ (a,b)使g'(η) = 0

而g'(x) = e⁻ˣ(f'(x) - f(x))，故f'(η) - f(η) = 0

另解（用第一积分中值定理）：存在c ∈ (a,b)使∫_a^b f(x)dx = f(c)(b-a)

考虑F(x) = ∫_a^x f(t)dt - f(c)(x-a)，则F(a)=F(b)=0

由罗尔定理，存在d ∈ (a,b)使F'(d) = 0 ⇒ f(d) = f(c)

若c = d，则f(x)为常数0，结论成立

否则，由罗尔定理，存在ξ使f'(ξ) = 0，但需f(ξ) = 0，不直接相关。

结论：第一种方法更简洁，说明第一积分中值定理需配合其他工具使用。

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