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设b>a>0,f(x)在[a,b]上连续,单调递增,且f(x) >0,证明:存在ξ∈(a,b)使得a2f(b)+b2f(a)=2ξ2f(ξ).
设b>a>0,f(x)在[a,b]上连续,单调递增,且f(x) >0,证明:存在ξ∈(a,b)使得a2f(b)+b2f(a)=2ξ2f(ξ).
admin
2017-05-31
31
问题
设b>a>0,f(x)在[a,b]上连续,单调递增,且f(x) >0,证明:存在ξ∈(a,b)使得a
2
f(b)+b
2
f(a)=2ξ
2
f(ξ).
选项
答案
令F(x)=2x
2
f(x)一a
2
f(b)一b
2
f(a).显然F(x)在[a,b]上连续且F(a)=a
2
[f(a)一f(b)]+ f(a) (a
2
一b
2
)<0, F (b)=f(b) (b
2
一a
2
)+b
2
[f(b)一 f(a)]>0,由零点定理,至少存在一个点ξ∈[a,b]使得F(ξ)=0,即 a
2
f(b)+b
2
f(a)=2ξ
2
f(ξ).
解析
作辅助函数F(x)=2x
2
f(x)-a
2
f(b)一b
2
f(a),F(x)在[a,b]上用零点定理.
转载请注明原文地址:https://jikaoti.com/ti/43wRFFFM
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考研数学一
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