涉及到使用零点定理的一道高数证明题,设f(x)在[a,b]上连续,f(a)=f(b),证明,存在Xo属于(a,b),使得f(Xo)=f(Xo+(b-a)/2)

f(x)在[a,b]上连续，f(a)=f(b)
则存在X0属于(a,b),f'(X0)=0
f(Xo)-f(Xo+(b-a)/2)/(X0-(X0+(b-a)/2)=0
f(Xo)-f(Xo+(b-a)/2)=0

\(^o^)/~复杂哦

证明：设＝f(x)－f(x+(b-a)/2)，x∈[a,(a+b)/2] 显然连续。
则只需证存在一个Xo，使得F(Xo)=0.
因为F(a)＝f(a)－f((a+b)/2)
F((a+b)/2)＝f((a+b)/2)－f(b)＝f((a+b)/2)－f(a)
所以（1）若F(a)＝0，则F(b)＝0.由F(x)连续知，在x∈(a,b)上存在x0满足结论；
（2）若F((a+b)/2)＝0，取x0＝(a+b)/2即可；
（3）若F(a)≠0，F((a+b)/2)≠0，则F(a)×F((a+b)/2)＜0，由零点存在定理，知存在x0∈(a,(a+b)/2)，使得F(x0)＝0，即f(x0)＝f(x0+(b-a)/2)
综上所述，一定存在x0∈(a,b)，使得f(x0)＝f(x0+(b-a)/2) F(x)

设F(x)＝f(x)－f(x+(b-a)/2)，x∈[a,(a+b)/2]
F(a)＝f(a)－f((a+b)/2)
F((a+b)/2)＝f((a+b)/2)－f(b)＝f((a+b)/2)－f(a)
若F(a)＝0，即f(a)＝f((a+b)/2)，取x0＝a即满足结论
若F((a+b)/2)＝0，，即f(b)＝f((a+b)/2)，取x0＝(a+b)/2即满足结论
若F(a)≠0，F((a+b)/2)≠0，则F(a)×F((a+b)/2)＜0，由零点定理，存在x0∈(a,(a+b)/2)，使得F(x0)＝0，即f(x0)＝f(x0+(b-a)/2)
综上，一定存在x0∈(a,b)，使得f(x0)＝f(x0+(b-a)/2)

设F(x)＝f(x)－f(x+(b-a)/2),x属于[a,(a+b)/2] 那么F（a）+F（(a+b)/2)=f(a)-f((a+b)/2）+f((a+b)/2）-f（b）=f(a)-f(b)=0所以F（a）=F（(a+b)/2 )=0 or 一正一负1、F（a）=F（(a+b)/2 )=0那么取x0=(a+b)/2,显然有f(...

令：g(x)=f(x+(b-a)/2)-f(x)
g(a)=f(a+(b-a)/2)-f(a)=f((a+b)/2)-f(a)
g((a+b)/2)=f((a+b)/2+(b-a)/2)-f((a+b)/2)=f(b)-f((a+b)/2)
f(a)=f(b)
g(a)=-g((a+b)/2)
所以：存在X0属于(a,(a+b)/2), 使g(X0)=0
即：f(Xo)=f(Xo+(b-a)/2)-f(Xo)=0，
f(Xo)=f(Xo+(b-a)/2)。
得证。

证明：如果f((a+b)/2)=f(a)=f(b),则x0=(a+b)/2为所求，否则构造函数
g(x)=f(x)-f(x+(a+b)/2),则g(x)在【a,(a+b)/2】上连续，并且有g(a)=-g((a+b)/2);而g(a)不等0，从而由零点定理知存在Xo属于(a,b),使得g(x0)=0即f(Xo)=f(Xo+(b-a)/2)