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(1)设f(χ)在[0,2]上可导,且|f′(χ)|≤M,又f(χ)在(0,2)内至少有一个零点,证明:|f(0)|+|f(2)|≤2M. (2)设f(χ)在[a,b]上二阶可导,|f〞(χ)|≤M,又f(χ)在(a,b)内能取到最小值,证明:|f
(1)设f(χ)在[0,2]上可导,且|f′(χ)|≤M,又f(χ)在(0,2)内至少有一个零点,证明:|f(0)|+|f(2)|≤2M. (2)设f(χ)在[a,b]上二阶可导,|f〞(χ)|≤M,又f(χ)在(a,b)内能取到最小值,证明:|f
admin
2019-08-23
55
问题
(1)设f(χ)在[0,2]上可导,且|f′(χ)|≤M,又f(χ)在(0,2)内至少有一个零点,证明:|f(0)|+|f(2)|≤2M.
(2)设f(χ)在[a,b]上二阶可导,|f〞(χ)|≤M,又f(χ)在(a,b)内能取到最小值,证明:|f′(a)|+|f′(b)|≤M(b-a).
选项
答案
(1)由题意,存在c∈(0,2),使得f(c)=0, 由拉格朗日中值定理,存在ξ
1
∈(0,c),ξ
2
(c,2),使得 f(c)=f(0)=f′(ξ
1
)c, f(2)-f(c)=f′(ξ
2
)(2-c), 于是|f(0)|=f′|(ξ
1
)|c≤Mc,|f(2)|=|f′(ξ
2
)|(2-c)≤M(2-c), 故|f(0)|+|f(2)|≤2M. (2)由题意,存在c∈(a,b),使得f(c)为最小值,从而f′(c)=0, 由拉格朗日中值定理,存在ξ
1
∈(a,c),ξ
2
∈(c,b),使得 f′(c)-f′(a)=f〞(ξ
1
)(c-a), f′(b)-f′(c)=f〞(ξ
2
)(b-c), 于是|f′(a)|=|f〞(ξ
1
)|(c-a)≤M(c-a), |f′(b)|=|f〞(ξ
2
)|(b-c)≤M(b-c), 故|f′(a)|+|f′(b)|≤M(b-a).
解析
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考研数学二
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