知识点34-函数的零点(方程的根)存在性与唯一性的证明

学科：高等数学第三章微分中值定理与导数的应用知识点34函数的零点（方程的根）存在性与唯一性的证明相关概念、公式定理或结论●定义**●定理**●结论**考频:4知识点34配套习题例34.1(难度系数0.4)证明方程在内必有唯一实数根，并求.1210nnxxxx(0,1)nxlimnnx解析：构造函数，利用零点定理证明方程12()1nnfxxxxx()0fx在内至少有一实数根，再通过单调性来证明根的唯一性，最后通过数列极限(0,1)来求解即可.证明：设，则为闭区间上的连续函数.12()1nnfxxxxx()fx[0,1]因为，，所以由零点定理知，存在，使(0)10f(1)10fn(0,1)nx，()0nfx故方程在内至少有一实数根.()0fx(0,1)因为，所以在内严格单12()(1)210(0)nnfxnxnxxx(0,1)()fx调增加，所以方程在内至多有一实数根，故方程在内有()0fx(0,1)()0fx(0,1)唯一实数根.因为，所以.01nxlim()0nnnx设，，所以有limnnxa1210nnnnnnxxxx，12(1)1nnnnnnxxxx，对此式两边取极限得，即.1()11nnnnxxx1112aaa1lim2nnx巧招：证明方程的根或函数的零点的方法相对比较单纯，一般是用零点定理证明根的存在性，用单调性或罗尔定理证明根的唯一性或判断根的个数，其中若用罗尔定理证明根的唯一性要用到反证法.也有少量直接用罗尔定理证明根的存在性的题目，如例34.7，34.8，它一般是证明导函数的根的状况.在证明的过程中，有时候会夹杂着用极限的保号性、拉格朗日中值定理等，但是它们都是“佐料”，只是用它们来得到一些必要的条件而已.例34.2(难度系数0.4)设在上可导，且当时，，其中为常数.证明如果()fx[,)axa()0fxkk，则方程在内有且仅有一个实根.()0fa()0fx()(,)faaak解析：应用拉格朗日中值定理可以分析出区间右端点的符号，再()(,)faaak利用零点定理证明方程在内至少有一个实根，最后利用单调性来证()0fx(,)ab明根的唯一性.证明：记，显然，由拉格朗日中值定理可知，存在，()fabakba(,)ab使，()()()()()()()()fafafbfafbafkfakk所以.()0fb又因为，所以由零点定理可知，至少存在一点，使，即方()0fa(,)ab()0f程在内至少有一个实根.()0fx(,)ab因为，所以在内单调增加，故在内只有一个零点，()0fxk()fx(,)ab()fx(,)ab即方程在内有且仅有一个实根.()0fx()(,)faaak例34.3(难度系数0.4)设当时，方程有且仅有一个解，试求的取值范围.0x211kxxk解析：构造辅助函数，通过分析单调区间，据介值定理自然311()fxxx()fx可得可得k的取值范围.解：将原方程变形得，.311kxx(0)x令，则.令得.311()fxxx2244133()xfxxxx()0fx3x当时，，单调增加，当时，，(0,3)x()0fx()fx(3,)x()0fx()fx单调减小.，，，从而若原方程有且仅2(3)39f23001lim()limxxxfxxlim()0xfx有一个实根，据介值定理得或.239k0k例34.4(难度系数0.4)设在上，，，，证明：方程在内只有[1,)''()0fx(1)2f'(1)3f()0fx(1,)一个实根.解析：本题为函数零点的存在性与唯一性问题.在用零点定理时需要用()fx拉格朗日中值定理找到一个函数值小于零的点，方法类似例34.2.证明：当时，，递减，，因此单(1,)x''()0fx'()fx'()'(1)30fxf()fx调减，因此在内最多只有一个实数根.()0fx(1,)又，，取，则(1)20f()(1)'()(1)2(3)(1)53fxffxxx53x，由零点定理知，在内有一个实根.5()03f()0fx5(1,)3综上所述，在内只有一个实根.()0fx(1,)例34.5(难度系数0.4，跨知识点5)设在可导，，()fx(,)alim0xfx，其中，求证在至少有一个零点.()limxafxxa0()fx(,)a解析：分别通过极限的保号性与微分中值定理来分析判定函数的符号，最后用零点定理来证明.证明：因为，由极限的保号性可知，存在，当()lim0xafxxa0(,)xaa时，有，则，不妨设，则有.()0fxxa()0fx1(,)xaa1()0fx又因为，则存在，当时，由拉格朗日中lim0xfx0x0xx02fx值定理可知，存在，使，故0(,)xx0000()()()()()()2fxfxfxxfxxx，所以存在，使得.lim()xfx21xax2()0fx显然，在上满足零点定理，即至少存在一点，()fx21[,]xx21(,)(,)xxa使得，即在至少有一个零点.()0f()fx(,)a例34.6(难度系数0.2)证明方程除了和之外，不存在其他实根.210xx0x1x解析：本题是用罗尔定理判断根的状况，这一般都要结合反证法.证明：设除0和1之外还有第三个零点.由罗尔定理知，在()210xfxx0x以0、1与三个零点为端点所构成的两个相邻开区间内各至少存在一点和，0x12使，120ff即方程至少有两个实根.因，而仅有一个实0fx2ln21xfx2ln210x根，这与上述结论矛盾.所以原假设不成立.2logln2x例34.7(难度系数0.2)设函数，则方程有().()(1)(2)(3)fxxxx'()0fx(A)一个实根(B)两个实根(C)三个实根(D)无实根解析：由于多项式函数处处可导，且，故有在()fx(1)(2)(3)0fff()fx，上分别满足罗尔中值定理条件，因此存在，，使得1,22,31(1,2)2(2,3)，12'()'()0ff因此至少有两个实根.另一方面，由于是二次多项式，方程'()0fx'()fx'()0fx最多有两个实根，从而有且仅有两个实根，即应选择(B).'()0fx解：(B).例34.8(难度系数0.6，跨知识点53)设在上连续，满足方程fx0,1；又如果在上且单调减少，证明：方程在01xftdtxfxfx0,10fx内的根唯一.0,1解析：设，待证式可化为，据，0xxftdt1xxfx()xfx则，解此微分方程可得，从而有.1xxxln1xxc1cxxe提示构造辅助函数，利用罗尔定理证明.011xFxxxxftdt证明：设，则，且011xFxxxxftdt01xFxxfxftdt，由罗尔定理可知，至少存在一点，使得.即010FF0,10F，010Ffftdt即，因此在内有一个实根.01ftdtf01xftdtxfx0,1用反证法证明实根的唯一性.不妨设，使得，，120111101ftdtf22201ftdtf则.21221111ftdtff由，可知上式左边.0fx210ftdt由单调减少知；由知，可知上式右边fx21ff121211，等式两边符号相反,产生矛盾.2211110ff故成立，即方程在内的根唯一.120,1