设f(x)在[a,b]上具有二阶连续的导函数,且f(a)=f(b)=0-搜答案-搜狗做题网

f(0)=f(x)+f'(x)(0-x)+0.5f''(a)(0-x)^2f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+0.5f''(b)(1-x)^2两式相减,移项,取绝对值得|f'(x)|=|f(1)

应该是f''(u)吧在x=a,x=b处分别泰勒展开得f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+f''(Φ1)(x-a)^2/2!f(x)=f(b)+f'(b)(x-b)+f''(Φ2)(x-b)^2/

记c=(a+b)/a,即区间的中点.∫[a,b]f(x)dx=∫[a,c]f(x)dx+∫[c,b]f(x)dx

我给你分析分析哈,就不规范写过程了.,∫a到bf(x)dx=0那就是说（a,b）上函数和x轴围成的面积总和为0.又因为f（a）和f（b）都大于零的,那么中间肯定存在一个c点小于零嘛,且我们设c为最小值

首先要说明：不是求“在x→0时的极限值”,而是求“在h→0时的极限值”因为设f(x)在点a的某领域内具有二阶连续导数,所以：lim(h→0){[f(a+h)+f(a-h)-2f(a)]/h^2}.是（

向上凹的

由于f''(x)存在可知f'(x)连续,根据连续函数的局部保号性,存在x1和x2使得f'(x1)f'(x2)>0,根据拉格朗日中值定理,存在m和n属于(a,b)使得f'(x1)=[f(m)-f(a)]

F'(x)=【f(x)(x－a)－∫(a,x)f(t)dt】/(x－a)^2＝【f(x)(x－a)－f(t0)(x－a)】/(x－a)^2＝【f(x)－f(t0)】/(x－a)

这是中值定理的应用的题目.可考虑分别对f(b)-f[(a+b)/2],f[(a+b)/2]-f(a)用Lagrange中值定理,再用一次Lagrange中值定理,即可得.再问：假设f'(ξ1)=f(b

因为函数f(x)在(a,c)上可导,且f(a)=f(c),所以由Rolle定理知存在ξ1属于(a,c),使得f'(ξ1)=0;同理f(x)在(c,b)上可导,且f(c)=f(b),所以存在ξ2属于(c

缺条件：还应加上f'(0)=0,否则结论不成立下面举一反例：f(x)=x+1,在[-1,1]上具有二阶连续导数∫{-1,1}f(x)dx>0但f''(x)=0,故结论不成立(1)带有拉格朗日余项的一阶

因为f(a)、f(b)同号,f(a)与f[(a+b)/2]异号则根据连续函数介值定理在(a,(a+b)/2)中至少存在一点M,在((a+b)/2,b)中至少存在一点N,使得f(M)=f(N)=0根据罗

再问：谢谢亲的帮忙哦！

此立论正确吗?举例：f(x)=x²,f(x)在区间[1,2]上有二阶导数,且f'(1)f'(2)>0,但在给定区间内不存在c点能使f(c)=0,也不存在d点使f''(d)=0；

求出F’（x）,只要F’（x）>0,则得到F（x）在（a,b】上是单调增加的求得F’（x）=[f’（x）*（x-a）-f（x）+f（a）]/（x-a）^2,则F’（x）的符号由分子决定令分子是G（x）

证明：令k=[pf(c)+qf(d)]/(p+q)无妨设f(c)≤f(d),由于q是正数,所以qf(c)≤qf(d)pf(c)+qf(c)≤pf(c)+qf(d)(p+q)f(c)≤pf(c)+qf(

选B那不是11次方,是f(x)的二阶导函数,就是对f(x)求两次导

BC都是对的.我们知道g(x)是f(0),f(1)的一个线性组合,所以g(x)就是过f(0),f(1)的一条直线.如果f''>=0,那么f就是convexfunction(凹函数),所以g(x)>=f