2. 考研
  3. 设b＞a＞0，f(x)在[a，b]上连续，单调递增．且f(x)＞0，证明：存在点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：存在点ξ∈(a，b)使得a2f(b)+b2f(a)=2ξ2f(ξ)．

admin2017-07-26  63
问题 设b＞a＞0，f(x)在[a，b]上连续，单调递增．且f(x)＞0，证明：存在点ξ∈(a，b)使得a2f(b)+b2f(a)=2ξ2f(ξ)．
选项
答案令F(x)=2x2f(x)一a2f(b)一b2f(a)． 显然F(x)在[a，b]上连续 且 F(a)=a2[f(a)一f(b)]+f(a)(a2一b2)＜0， F(b)=f(b)(b2一a2)+b2[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 a2f(b)+b2f(a)=2ξ2f(ξ)．
解析 作辅助函数F(x)=2x2f(x)一a2f(b)一b2f(a)，F(x)在[a，b]上用零点定理．
转载请注明原文地址:https://www.kaotiyun.com/show/OuH4777K
0

考研数学三

相关试题推荐
随机试题
最新回复(0)