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设函数f(x)在[一2,2]上二阶可导,且|f(x)|≤1,又f2(0)+[f’(0)]2=4.试证:在(一2,2)内至少存在一点ξ,使得f(ξ)+f”(ξ)=0.
设函数f(x)在[一2,2]上二阶可导,且|f(x)|≤1,又f2(0)+[f’(0)]2=4.试证:在(一2,2)内至少存在一点ξ,使得f(ξ)+f”(ξ)=0.
admin
2019-08-06
63
问题
设函数f(x)在[一2,2]上二阶可导,且|f(x)|≤1,又f
2
(0)+[f’(0)]
2
=4.试证:在(一2,2)内至少存在一点ξ,使得f(ξ)+f”(ξ)=0.
选项
答案
由拉格朗日中值定理有 f(0)一f(-2)=2f’(ξ
1
),一2<ξ
1
<0, f(2)-f(0)=2f’(ξ
2
),0<ξ
2
<2. 由|f(x)|≤1知|f’(ξ
1
)|=[*] 令φ(x)=f
2
(x)+[f’(x)]
2
,则有φ(ξ
1
)≤2,φ(ξ
2
)≤2. 因为φ(x)在[ξ
1
,ξ
2
]上连续,且φ(0)=4,设φ(x)在[ξ
1
,ξ
2
]上的最大值在点ξ∈(ξ
1
,ξ
2
)[*](一2,2)处取到,则φ(ξ)≥4,且φ在[ξ
1
,ξ
2
]上可导,由费马定理有φ’(ξ)=0,即 2f(ξ).f’(ξ)+2f’(ξ).f"(ξ)=0. 因为|f(x)|≤1,且φ(ξ)≥4,所以f’(ξ)≠0,于是有f(ξ)+f"(ξ)=0,ξ∈(一2,2).
解析
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考研数学三
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