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

admin2017-05-31  26

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ξ∈(a,b)使得a2f(b)+b2f(a)=2ξ2f(ξ).

选项

答案令F(x)=2x2f(x)一a2f(b)一b2 f(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)-a2f(b)一b2 f(a),F(x)在[a,b]上用零点定理.
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