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  39

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.
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