1）如果f(a)=f(b)
则ε可以取a或者b；
2）不妨设为f(a)>f(b);
令F（x）=f(x)-[f(a)+f(b)]/2;
于是
F(a)=f(a)-[f(a)+f(b)]/2=[f(a)-f(b)]/2>0;
F(b)=f(b)-[f(a)+f(b)]/2=[f(b)-f(a)]/2<0;
所以存在ε∈（a,b）；使得F(ε)=0;
即f(ε)-[f(a)+f(b)]/2=0；f(ε)=[f(a)+f(b)]/2；
综上
至少存在一点ε∈[a,b],使f(ε)=[f(a)+f(b)]/2追问
亲，你看错题了
f(x)在a,b 二阶可导,且f(a)=f(b)=0 ∫(a,b)f(x)dx=0证明至少存在一
f(x)在a,b二阶可导,且f(a)=f(b)=0∫(a,b)f(x)dx=0证明至少存在一点ξ使得f''(ξ)=f(ξ)求大神解答呀(~▽~)... f(x)在a,b 二阶可导,且f(a)=f(b)=0 ∫(a,b)f(x)dx=0证明至少存在一点ξ使得f''(ξ)=f(ξ) 求大神解答呀(~▽~) 展开 我来答 你的回答被采纳后将获...
设f(x)在[a,b]上二阶可导,且f(a)=f(b)=0又存在∈(a,b)使f(c)>0试证...
【答案】：(反证)若对任意的x∈(a，b)均有f"(x)≥0成立，则根据题，曲线 y=f(x)在[a，b]向上凹，所以曲线y=f(x)，x∈(a，b)应位于连续接点A(a,f(a))，B(b，f(b))的直线段l的下方，而l即是x轴上的一段，故f(x)≤0 x∈(a，b)．这与假设矛盾．所以在[a，b]内至少...
设函数f(x)在[a,b]上两阶可导,且f'(a)=f'(b)=0,证明:存在ξ∈(a,b)使...
① 写出比最高阶导数低一阶的泰勒公式。② 恰当选择等式两边的X或X0。③ 根据所给最高阶导数大小对展开式进行适当放缩。
设f(x)在[a,b]上二阶可导,且f(a)=f(b)=0,f'(a)*f'(b)>0,试证存在ξ...
又∵f'(a)=lim(x→a+)(f(x)-f(a))\/(x-a)f'(b)=lim(x→b-)(f(x)-f(b))\/(x-b)x-a＞0,x-b＜0 ∴存在当x→a时，f(x)与x→b时，f(x)异号 由介值定理得存在ξ属于（a,b），使f(ξ)=0 由最值定理得在区间[a,ξ],[ξ,b]上分别存在最值，设为f(x1),f(x2...
设f(x)在[a,b]上二阶可导,且f(a)=a f(b)=b f"(x)<0证明 在(a,b)内...
所以F'(x)在区间[a,b]上递减。因为F(a)=f(a)-a=0、F(b)=f(b)-b=0。所以由中值定理知，存在a<c<b，使得F'(c)=0。又由F(x)单调递减知，在区间[a,c)上有F'(x)>0；在区间(c,b]上有F'(x)<0。所以，F(x)在区间[a,c)上递增；在区间(c,b]上递减，F(c)是最大值，...
...f’(a)*f’(b)>0,f(b)=f(a)=0,证明f'(x)在(a,b)内至少存在一个驻点...
由罗尔定理，必有c: a<c<b,使f'(c)=0. 因f'(a),f‘（b)同号，不妨设都大于0。取d=max{f'(a),f'(b)}:任取e:0<e<d. 对f'(x)来说，是连续函数，有介值性，必有二点k1，k2::f'(k1)=f'(k2)=e:a<k1<c<k2<b.在[k1,k2]对f'(x)应用罗尔定理，必有p在k1,k2...
...*f"(b)>0,f(a)=f(b)=0,,试证明f'(x)在(a,b)上至少有一个驻点_百度知...
首先不妨设f'(a)>0,f"(b)>0.因为f(a)=f(b)=0,由Rolle定理知存在c,f'(c)=0,由Lagrange定理知 存在d,f''(d)=(f'(a)-f'(c))\/(a-c)<0.由导函数的介值定理知存在e,使得f''(e)=0.
...f(x)在[a,b]二阶可导,f′(a)=f′(b)=0.证明存在ξ∈(a,b),使|f...
解答：证：将f(a+b2)在a，b展开为：f(a+b2)＝f(a)+f′(a)(b?a2)+f″(ξ1)2!(b?a2)2，a＜ξ1＜a+b2f(a+b2)＝f(b)+f′(b)(a?b2)+f″(ξ2)2!(b?a2)2，a+b2＜ξ2＜b利用条件f′（a）=f′（b）=0，将以上两式相减：|f(b)?f(a)|≤(b?a)28[|f″(ξ1...
...f''(x)+g(x)f'(x)-f(x)=0 x∈[a,b] f(a)=f(b)=0 证明:f(x)=0_百...
证明：若f(x)在[a,b]上不恒为0 则f(x)在[a,b]上取得正的最大值或负的最小值 不妨设f(x0)=maxf(x)>0,x∈[a,b]则x0∈(a,b),f'(x0)=0,f"(x0)≤0 那么f''(x0)+g(x0)f'(x0)-f(x0)<0 这与已知矛盾 同理,若f(x1)=minf(x)<0,x∈[a,b]则同样可得矛盾...
证明f(x)在[a,b]连续,(a,b)二阶可导,f(a)=f(b)=0,f(c)>0知a<c<b,则...
简单计算一下，答案如图所示
