2. 考研
  3. 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)．

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  81
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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考研数学一

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