2. 考研
  3. (Ⅰ)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内具有二阶导数，且f(a)=f(b)=0，f(c)＜0，(a＜c＜b)．证明：至少存在一点ξ∈(a，b)，使f"(ξ)＞0； (Ⅱ)设h＞0，f(x)在[a一h，a+h]上连续，在(a一h，a+h

(Ⅰ)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内具有二阶导数，且f(a)=f(b)=0，f(c)＜0，(a＜c＜b)．证明：至少存在一点ξ∈(a，b)，使f"(ξ)＞0； (Ⅱ)设h＞0，f(x)在[a一h，a+h]上连续，在(a一h，a+h

admin2017-10-23  42
问题 (Ⅰ)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内具有二阶导数，且f(a)=f(b)=0，f(c)＜0，(a＜c＜b)．证明：至少存在一点ξ∈(a，b)，使f"(ξ)＞0；
    (Ⅱ)设h＞0，f(x)在[a一h，a+h]上连续，在(a一h，a+h)内可导，证明：存在0＜θ＜1使得
    =f’(a+θh)一f’(a一θh)．
选项
答案(Ⅰ)由于a＜c＜b，由已知条件可知f(x)在[a，c]与[c，b]上都满足拉格朗日中值定理的条件，故存在点ξ1∈(a，c)，ξ2∈(c，b)，使 f(c)一f(a)=f’(ξ1)(c一a)， ξ1∈(a，c)； f(b)一f(c)=f’(ξ2)(b一c)， ξ2∈(c，b)． 由于f(a)=f(b)=0，于是有 f(c)=f’(ξ1)(c一a)， ① 一f(c)=f’(ξ2)(b一c)． ② 由于c一a＞0，b一c＞0，f(c)＜0，因此由式①、②可知 f’(ξ1)＜0， f’(ξ2)＞0． 由已知条件知f’(x)在[ξ1，ξ2]上满足拉格朗日中值定理的条件，故存在ξ∈(ξ1，ξ2)[*](a，b)，使 f"(ξ)=[*]＞0． (Ⅱ)令F(x)=f(a+x)+f(a一x)，则F(x)在[0，h]上连续，在(0，h)内可导，由拉格朗日中值 定理可得存在θ∈(0，1)使得 [*]=F’(θh)． 由于 F(h)一F(0)=f(a+h)+f(a一h)一2f(a)， F’(x)=f’(a+x)一f’(a一x)， F’(θh)=f’(a+θh)一f’(a一θh)， 因此存在满足0＜θ＜1的θ使得 [*]=f’(a+θh)一f’(a一θh)．
解析 (Ⅰ)明在某区间内存在一点ξ使得f’(ξ)=0常可考虑利用罗尔定理，而证明在某区间内存在一点ξ使得f’(ξ)＞0常可考虑利用拉格朗日中值定理．
    (Ⅱ)在[a，a+h]和[a一h，a]上分别对f(x)应用拉格朗日中值定理可得到存在θ1，θ2∈(0，1)使得
    f(a+h)一f(a)=f’(a+θ1h)h，  f(a一h)一f(a)=一f’(a一θ2h)h，
这时有=f’(a+θ1h)一f’(a一θ2h)，然而θ1与θ2未必相等．若将f(a+h)一2f(a)+f(a一h)重新组合成
    f(a+h)一2f(a)+f(a一h)=[f(a+h)+f(a一h)]一[f(a+0)+f(a—0)]，
我们发现它是F(x)=f(a+x)+f(a一x)在点x=h的值减去在点x=0的值，并且f’(a+θh)一f’(a一θh)=F’(θh)，要证的等式就是对F(x)在[0，h]上应用拉格朗日中值定理的结果．
转载请注明原文地址:https://kaotiyun.com/show/5sX4777K
0

考研数学三

相关试题推荐
随机试题
最新回复(0)