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(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-h,a+h]上连续,在(a-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-h,a+h]上连续,在(a-h,a+h
admin
2019-02-20
62
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-h,a+h]上连续,在(a-h,a+h)内可导,证明:存在0<θ<1使得
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ξ
1
∈(a,c),ξ
2
∈(c,b),使 f(c)-f(a)=f’(ξ
1
)(c-a), ξ
1
∈(a,c); f(b)-f(c)=f’(ξ
2
)(b-c), ξ
2
∈(c,b). 由于f(a)=f(b)=0,于是有 f(c)=f’(ξ
1
)(c-a), ① -f(c)=f’(ξ
2
)(b-c). ② 由于c-a>0,b-c>0,f(c)<0,因此由式①、②可知 f’(ξ
1
)<0,f’(ξ
2
)>0. 由已知条件知f’(x)在[ξ
1
,ξ
2
]上满足拉格朗日中值定理的条件,故存在ξ∈(ξ
1
,ξ
2
)[*](a,b),使 [*] (Ⅱ)令F(x)=f(a+x)+f(a-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 [*] 由于 F(h)-F(0)=f(a+h)+f(a-h)-2f(a), F’(x)=f’(a+x)-f’(a-x), F’(θh)=f’(a+θh)-f’(a-θh), 因此存在满足0<θ<1的θ使得 [*]
解析
(I)证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)分析:在[a,a+h]和[a-h,a]上分别对f(x)应用拉格朗日中值定理可得到存在θ
1
,θ
2
∈(0,1)使得
f(a+h)-f(a)=f’(a+θ
1
h)h, f(a-h)-f(a)=-f’(a-θ
2
h)h,
这时有
然而θ
1
与θ
2
未必相等.若将f(a+h)-2f(a)+f(a-h)重新组合成
f(a+h)-2f(a)+f(a-h)=[f(a+h)+f(a-h)]-[f(a+0)+f(a-0)],
我们发现它是F(x)=f(a+x)+f(a-x)在点x=h的值减去在点x=0的值,并且f’(a+θh)-f’(a-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.
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考研数学三
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