5方程根的存在性问题

五、方程根的存在性问题1.设()fx在[,)a上二阶可导，且()0fa，()0fa，当ax时,()0fx，证明：在(,)a内，方程()0fx有且仅有一个实根．证明因当xa时，()0fx，因此()fx单调减少；从而()()0fxfa，于是，又有()fx严格单调减少；再由()0fa知，()fx最多只有一个实根．下面证明()0fx必有一实根；当xa时，()()'()()'()()fxfafxafaxa，即()()'()()fxfafaxa，上式右端当x时，趋于，因此当x充分大时，()0fx，于是存在ba，使得()0fb，由介值定理存在()ab，使得()0f．综上所述，知()0fx在(,)a有而且只有一个实根．2.设()fx在(,)上二阶连续可导，()0fx，且存在0x使得0()0fx，又lim'()0xfx，lim'()0xfx，证明：()fx有且仅有两个零点.证明：（1）因为lim'()0xfx，由极限的保号性，知必存在0A，使得()0fA，又因为()0fx，则可得()()'()()fxfAfAxA，从而lim()lim[()'()()]xxfxfAfAxA；同理可得，存在0B，使得lim()xfx；利用零点定理，可得()fx在0(,)x和0(,)x内各至少有一零点；（2）下面证明其唯一性，假设存在三个或三个以上的零点，取其中三个123,,，则123()()()0fff，在1223(,),(,)上分别应用罗尔定理得：45412523()()0,(,),(,)ff再次应用罗尔定理：6645()0,(,)f与''()0fx矛盾，即假设不成立.所以()fx有且仅有两个零点.3.对参数k，讨论曲线kxyln4与xxy4ln4交点的个数．解：令txln，即tex，考虑方程0444kttet，①令kttetft444，则143tetft，0342tetft，②易得tf有唯一驻点0t，且由②可知，kf40是tf的最小值．注意到tftlim，于是：当k4时，方程①有两解，曲线有两个交点．当k4时，方程①有一解，曲线有一个交点．当k4时，方程①无解，曲线没有交点．4.设当0x时，方程211kxx有且仅有一个解，求k的取值范围.解：设21()1,fxkxx,则3426(),()0fxkfxxx；1）当0k时，()0,fx()fx单调减少，又0lim(),lim()xxfxfx，（其中0k时，lim()1xfx.）所以，当0k时，()fx只有一个零点.2）当0k时，令()0fx，得唯一驻点302xk且320fk；于是，22133332212kfkk是(0,)内的极小值，也是最小值m,当0m得239k，此时方程有且仅有一个根;当0m得239k，此时方程无根;当0m得239k，方程恰有两个根.综合上述分析知，当0k或239k时，方程有且有一根.5.设()fx在],[ba上二阶可微，0)()(bfaf，0)(')('bfaf，则方程0)(xf在),(ba内至少有一个根.分析；方程在一个区间有根的问题往往要用零点存在定理去判断，因此验证该方程在两端点值的符号是解决问题的关键。证明：因为0)(')('bfaf，不妨设()0fa，()0fb；于是，由()()()lim0xafxfafaxa，故),(aa，使0)()(axafxf，从而ax1，使0)()(1afxf；同理由0)()(limbxbfxfbx，故),(bb，使0)()(bxbfxf，从而bx2，使得0)()(2bfxf；而)(xf在],[ba上可微，所以)(xf在],[21xx上连续，由零点存在定理知，),(210xxx，使0)(0xf.于是在],[0xa及],[0bx上分别利用罗尔定理得，存在21，使得0)(')('21ff，),(2001bxxa，再在],[21上用罗尔定理得，),(),(21ba，使0)(f.即方程0)(xf在),(ba内至少有一个根.