则F(0)=F(1)=0。
由洛尔定理知存在一点α属于(0,1)，
使得F'(α)=0；
又由于F'(0)=f(0)+0f'(0)=0，
故又可以对F'(x)应用洛尔定理，
即存在一点β属于(0,1)，
使得F''(β)=0。
由于F''(x)=2f'(x)+xf''(x)，
所以存在一点β属于(0,1)，
使得2f'(β)+βf''(β)=0，
令p=β即得所要证的结论！
请采纳，不懂可以追问，祝学习顺利。
f(x)在【0,1】上二次可微 f(0)=f(1)=0, 证明: 存在p∈(0,1)使得2f...
解：构造函数F(x)=xf(x)，则F(0)=F(1)=0。由洛尔定理知存在一点α属于(0,1)，使得F'(α)=0；又由于F'(0)=f(0)+0f'(0)=0，故又可以对F'(x)应用洛尔定理，即存在一点β属于(0,1)，使得F''(β)=0。由于F''(x)=2f'(x)+xf''(x)，所以存在一点β属于(0,1)，使得2f...
f(x)在[0,1]上有二阶导数且 f(0)=f(1)=f'(0)=f'(1)=0.证明:存在ξ∈(0...
由泰勒公式：f(0)=f(x)+f'(x)(-x)+f''(a)x^2\/2 f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+f''(b)(1-x)^2\/2 x相减得：0=f'(x)+f''(b)(1-x)^2\/2-f''(a)x^2\/2 |f'(x)|=|f''(b)(1-x)^2\/2-f''(a)x^2\/2|《0.5M((1-x)^2+x^2)现考虑g(x)=((1-x)^...
...f(0)=f(1)=f(0)=f(1)=0,证明存在ξ∈(0,1),使得f (ξ)=f(ξ)_百 ...
【答案】：设F(x)=[f(x)+f'(x)]e-x，由题设可知F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且F(0)=F(1),由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(0，1)，使F'(ξ)=0，又F'(ξ)=[f'(x)+f"(x)]e-x-[f(x)+f'(x)]e-x=[f"(x)-f(x)]e-x由于e-ξ≠0，可知有f"...
设f(x)在[0,1]上二阶可导,且f(0)=f(1),设F(x)=(1-x)*f(x),证明:存在...
所以存在m，F ‘（m）+f （1）=0；F ‘（m）=-f （1）；又因为F ‘（1）=-f（1）所以存在存在§属于（m，1）使得F''(§)=0.也就是原题中的结论也成立
...f(1)=1 ,lim(x→0+)f(x)\/x=0,证明:存在ξ∈(0,1)使F''(ξ)=2...
这样?
设f(x)在[0,1]上具有二阶导数,且f(1)=f(0)=f'(1)=f'(0)=0,证明:存在
回答：证明 做错了。
...0,1]上二阶可微.且f(0)=f(1),|f''(x)|<=1,证明,|f(x)|<=二分之...
本题不完整，貌似是要用罗尔定理。条件是：x∈【0,1】 范围内至少存在一个值x=δ,使得|f'(x)|=0
...f(1)=f(0)=f'(1)=f'(0)=0,证明:存在ξ∈(0,1)使得f''(ξ )=f(ξ...
∵f(x)在[0,1]上具有二阶导数 ∴f'(x)-∫[0,x]f(x)dx在[0,1]上连续，f'(x)-∫[0,x]f(x)dx在（0,1）内可导 f'(0)-∫[0,0]f(x)dx=f'(1)-∫[0,1]f(x)dx ∴根据拉格朗日中值定理，至少存在一点ξ∈(0,1)使得 f''(ξ )-f(ξ )=0 即f''(ξ )=f(ξ ...
函数f(x)在[0,1]上二次可导,f(0)=2,f'(0)=-2,f(1)=1,证明存在c属于(0...
2. 若 g(x) 在(0,1] 上恒<0，类似，这首先意味着 f(x)>0. 否则 设 x1为最大x 使得 f(x1)=0 (f^(-1)(0)是非空闭集, 所以可以取到x1)则当 x1<x<=1时，f(x)>0， 所以f'(x1)>=0 ==> g（x1)>=0 矛盾。于是有 f'(x)\/f^2(x)<-1\/2 (1\/f)'>1\/2 ===> ...
设f (x )在[0,1]上二阶可微,f(0)=f (1)=0,且在此区间上函数最大值...
2018-01-16 设f(x)在[0,1]上可微,且f(1)=2∫(0~1\/2)... 1 2015-07-15 函数问题 f(x)二阶连续可导,f(0)=f(1)=0,f(... 1 2016-08-28 设函数f(x)在[0,a]上二次可微,且xf''(x)-f'... 2 2015-02-10 设f(x)在区间[0,1]上可微,且当x∈[0,1)时有f(... 2016-...
