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设f(x)在[1,6]上连续,在(1,6)内可导,且f(1)=5,f(5)=1,f(6)=12.证明:在(1,6)内至少存在一点ξ,使得f′(ξ)+f(ξ)一2ξ=2.
设f(x)在[1,6]上连续,在(1,6)内可导,且f(1)=5,f(5)=1,f(6)=12.证明:在(1,6)内至少存在一点ξ,使得f′(ξ)+f(ξ)一2ξ=2.
admin
2021-01-30
38
问题
设f(x)在[1,6]上连续,在(1,6)内可导,且f(1)=5,f(5)=1,f(6)=12.证明:在(1,6)内至少存在一点ξ,使得f′(ξ)+f(ξ)一2ξ=2.
选项
答案
构造辅助函数F(x)=e
x
(f(x)-2x),则有 F(1)=e[f(1)一2]>0, F(5)=e
5
[f(5)一10]<0, 显然F(x)在[1,5]上连续,由零点定理可知,至少存在一点η∈(1,5),使得F(η)=0.又因为F(x)在[η,6]上连续,在(η,6)内可导,且F(6)=e
6
[f(6)一12]=0=F(η),因此由罗尔定理可知,至少存在一点ξ∈(η,6)[*](1,6),使得F′(ξ)=0.而 F′(x)=e
x
(f(x)-2x)+e
x
(f′(x)一2)=e
x
(f(x)一2x+f′(x)一2),因此有f(ξ)-2ξ+f(ξ)-2=0,从而结论得证.
解析
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考研数学三
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