设函数f(x)在[0,2]上连续，在(0,2)上二阶可导，f(0)=f(1/2),

设函数f(x)在[0,2]上连续，在(0,2)上二阶可导，f(0)=f(1/2),又∫<1/2⇒1>f(x)dx=1/2f(2),证明在区间（0,2）内有一点ξ，使f''(ξ)=0

推荐答案 2017-01-08

构造函数G(x)=f(x)-(x的平方）[f(1)-f(0)]
G(1)=f(1)-[f(1)-f(0)]=f(0)
G(0)=f(0)-0=f(0)由柯西中值定理知
存在一点ξ 使得G'(ξ )=0
G'(x )=f'(x )-2x[f(1)-f(0)]
G'(ξ )=f'(ξ )-2ξ[f(1)-f(0)]=0即存在点ξ 使得f'(ξ )=2ξ[f(1)-f(0)]追问

可是最后的时候二次函数还是没有出来啊…

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设f(x)在[0,2]上连续,在(0,2)内二阶可导,且f(0)=f(1/2),f(2)=2∫[1答：罗尔定理证明过程如下图：

函数f(x)在闭区间[0,2]上连续,在[0,2]上可导 ,f(1)=2 ,f(0)=f(2)=...答：所以我先将条件变形：2(f(0)-f(1))=f(2)-f(1)。如果f(0)>f(1),那么由上式得f(2)>f(1)，没有满足f(0)>f(1)>f(2)或f(0)如果f(0)=f(1),那么由上式得f(2)=f(1)，没有满足f(0)>f(1)>f(2)或f(0)如果f(0)f(1)>f(2)或f(0)综上所述，f(x)在(0,2)...

f(x)在[0,2]连续,(0,2)内二阶可导,存在ξ∈(0,2),使f(0)-2f(1)+f...答：f(1) = f(0) +f'(0) + f''(ξ)/2 (1)f(2)= f(0) +2f'(0) + 2f''(ξ) (2)(2)-2(1)f(2)-2f(1) =-f(0)+f''(ξ)f''(ξ)=f(0)-2f(1)+f(2)

设函数f(x)在闭区间(0,2)上连续,在(0,2)上可导,且f(1)=1,f(0)=f(2...答：令 g(x) = e^(x) f(x) - e^x.g(0) = -1 g(1) = 0 g(2) = -e^2 因为 g(1) > g(0), g(1) >g(2), 所以 g必存在 0<a<2, 使得 g在a处达到最大值。于是 g'(a) = 0,即： e^a(f‘（a) + f(a) -1) = 0 ===> f(a)'+f(a)=1 ...

f(x)在[0,2]上连续,在(0,2)上可导,f(0)f(1)<0,f1)f(2)<0,证明:存在ξ...答：因为f(0)f(1)＜0，所以由零点存在定理，至少有一点a属于(0,1)使得f(a)=0；同理f(1)f(2)＜0可推得有一点b属于(1,2)使得f(b)=0。再根据罗尔定理，存在ξ∈(a,b)包含于(0,2)，使得f'(ξ）=0。

设函数f(x)在【0,2】上连续,在(0,2)内可导,且f(0)+f(1)=2.f(2)=1...答：f(0)+f(1)=2，[f(0)+f(1)]/2=1,由介值性定理：至少存在c属于[0,1],使f(c)=[f(0)+f(1)]/2=1 由于f(2)=1，由罗尔定理：至少存在一点x属于(c,2)(x属于(0,2)）使得f’(x)=0

设f(x)在[0,2]上二阶可导,且f″(x)<0,f′(0)=1,f′(2)=1及f(0)=f...答：在（0，2）内不可能取最小值，故f（0）=f（2）=1是最小值，因此有f（x）≥1，从而，∫20f(x)dx≥2．再证在[0，1]上，f（x）≤1+x．因为f″（x）＜0，由泰勒公式，得：f(x)＝f(0)+f′(0)x+f″(ξ1)2x2≤1+x．同样，在[1，2]上，有：f(x)＝f(2)+f′...

设f(x)在[0,2]连续,且在(0,2)内可导,f(0)=f(2)=0,f(1)=2.证明存在一点...答：考虑g(x) = f(x)-x, 有g(x)在[0,2]连续, 在(0,2)可导, g(0) = 0, g(1) = 1, g(2) = -2.由介值定理, 存在a∈(1,2), 使g(a) = 0.于是由罗尔定理, 存在c∈(0,a), 使g'(c) = 0, 即有f'(c) = 1 (∵g'(x)=f'(x)-1)....

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