考研专题辅导

六、关于方程根的个数和根的唯一性的讨论解题思路：将方程变形为一边为零，即f(X)=0的形式；1、 讨论要的存在性通常有二条途径：若存在a,b，使f(a)f(b)v0，利用零点定理；构造函数F(x)，使Ff(x)=f(x)，且存在a,b，使F(a)=F(b)，利用罗尔中值定理。(这一部分可结合本章四)2、 讨论根的个数通常由f，(x)=0或不存在的点将区间分成若干个单调区间，若区间左右两端的函数值异号，则区间内必有一根，从而找到根的个数；(有时需借且于草图)；3、 讨论根的唯一性通常利用函数的单调性，若区间两端函数异号，且函数在区间内连续且单调，则该区间内有且仅有一根。题型二十、根的存在性的讨论例100、设f(x)是(-8,+8)上以2T为周期的连续函数，证明：在每一个长度为T的闭区间上，方程f(x)-f(x-T)=0至少有一实根；证明：设［x0,x0+T］是任意长度为T的闭区间，令f(x)=f(x)-f(x-T)，则F(X0)=f(X0)-f(X0-T),F(X。+T)=f(X0+T)-f(X0)=f(X0-T)-f(x°)，若f(X0)-f(X0+T)=0，。则x0,x0+T均为方程在［x；x0+T］的实根;若f(x)-f(x+T)=0，则F(x)F(X+T)=-(f(x)-f(x+T)>v0，于是由零点定理，必存在xc(X0,X0+T)，使F(x)=0，得证。°TOC\o"1-5"\h\z例101、设a,a，…,a为满足a-土+...+(-1)i4=0的实数，证明：12， « 13 2n-1方程acosX+acos3x+..•+acos(2n-1)x=0在(0,—)内有根；1 2 n 2证明：令f(x)=acosx+a2cos3x+••+acos(2n-1)x，f(x)在区间［0,—J的两端点处的符号不易确定，改令FXx)=f(x)，则F(x)=asixn%si3n+•+—a^si2n-(1)x在区间［0,—］上连续，在(0,—)1 3 2n-1 2 2内可导，且F(0)=0,F(—)=a-%+...+(-1)n-1-li=0，故F(x)在区间2 13 2n-1［0,m满足罗尔中值定理的条件，由罗尔中值定理得证。例102、设p(x),Q(x)在(a,b)内可导，x,xg(a,b)且P(x)=P(x)=0，证明存在&g(x,x)，使P任)+P(^)Qf(^)=0；； 1 2分析：令f(x)=Pf(x)+P(x)Qf(x)显然无法判断f(x),f(x)的符号，若令Fr(x)=f(x)，由于f(x)不是一个全微分式，不容易求出F(x)，变形方程为P(x)+Q(x)=0nlnP(x)+Q(x)=C或P(x)eQ(x)=C，故可令P(x)F(x)=P(x)eQ(x)，则F(x)=F(x)=0，利用罗尔中值定理。题型二^一、方程仅有一根的证明解题程序：(1)利用零点定理或罗尔定理证明方程至少有一根；(2)利用函数的单调性，证明方程最多有一实根(或用反证法，由中值定理导出矛盾)。例103、设在［0,+8)上函数f(x)有连续导数，且ff(x)>k>0,f(0)v0，证明：f(x)在(0,+8)内有且仅有一根；证明：在［0,+8)上，由f'(x)>k>0,f(0)v0，得Jxf'(x)dx>Jxkdx，即0 0f(x)>kx+f(0)，取x>-^(0)>0，有f(x)>k(-^(°))+f(0)=0，因f(x)>0,f(0)v0，故存在xg(0,x)，使f(x)=0，又由于f(x)>k>0，故f(x)在［0,+8)严格单调增加，所以f(x)在(0,+8)内有且仅有一根。例104、设函数f(x)在［0,1］上可导，且0vf(x)v1,f'(x)w-1，证明：f(x)=1-x在(0，1)内有唯一的实根；证明：先证存在性，令F(x)=f(x)+x-1，则F(x)在［0,1］上连续，且F(0)=f(0)-1v0,F⑴=f⑴〉0，由零点定理存在&g(0,1)，使F(&)=0，即&为方程f(x)=1-x在(0，1)内的实根；再证唯一性：若存在xvx2g(0,1)为方程f(x)=1-x的两个不同的实根，即F(x)=F(x)=0，则F(x)在［x,x］上满足罗尔中值定理的条件，1212则^G(x,x)，使F(n)=0，又F(x)=f(x)+1，即有fXn)=-1矛盾。例105、、设在区间［a,b］上f(x)>0，且f"(x)>0，又在［a,b］的任意子区间［a1,b］u［a,b］，尸(x)希0，证明方程f(x)=0在［a,b］上至多有一个根;

证明：(反证法)假设方程f证明：(反证法)假设方程f(x)=0在俗,b］上有两个不同的实根xVx显然f(x)在［x,x］上连续，f(x)>0，I 在"(x1,x2)，,-阶泰勒公式，f(x)=由于f(x)>0若对任意在一点_ 由闭区间上连续函数的性质，存使f(门)=maxf(x),尸(门)=0，将f(x)在x=门点展开成一一TOC\o"1-5"\h\z［xi，x2］ ,,=f(n)+f'(n)(xf)+f《)(x-n)2，&介于x,刈之间，f'(n)=0，知对任意xe［xi,x2］，f(x)>f(n)；xe［xi,x］，f(x)三f(n)nf\x)^0与题设条件矛盾；若存xe［x,x2］，使得f(x0)>f(n)，则与n是f(x)在［xi,x2］上的最大值点矛盾，故方程f(x)=0在3［a,b］上至多有一个根。 12例106、设当x>0时，方程kx+—=1有且仅有一个解，求k的取值x2范围；左力 1 . 2 -一 6解：设f(x)=kx+-1,f(x)=k ,f(x)=一>0x2 x3 x4当k<0,f\x)V0，故f(x)在［0,+8)严格单调减少，又limf(x)=+8，当kV0时，limf(x)=一8，当k=0时，limf(x)=-1，xT+0 xT+8 xT+83k，又由于f(x)>0知所以当3k，又由于f(x)>0知当k>0时，令尸(x)=0得唯一驻点x=有极小值点且函数t=f(x)的图象在(0,+8)内是凹的，所以当极小值\(2)31kJ而当\(2)31kJ而当k。土时，方程无解或有两个解;922k=矿3综上所述，当k=|<3或k<0时原方程在(0,+8)有且仅有一个解。例107、设f(x)=cosx+cos2x++cosmx，求证(1)任给自然m数m，方程Fm(x)=1在［0,；)之间有且仅有一个根；(2)设x/［0,；)

是方程F(x)=1的根，则limx=-；m m.8m311m=1-—V1，由连续函数的介证明：(1)当m=1时，x=0有F(x)=F(0)=cos0=11m=1-—V1，由连续函数的介Fm(0)=m>1,Fm(3)=2+值定理知存在xme［0,与，使Fm(xm)=1，存在性得证；下证唯一性，由于Ff(x)=—sinx(1+2cosx+•-•+mcosm—1x)V0，mxe［0,23)，即Fm(x)在［0,9上严格单调减少，因此Fm(x)=1在［0,9之间有且仅有一个根；(2)先证明序列｛x｝单调递增，由于F1(x)>F(x)，有由有(1)知xV：，即limx存在，设limx=a，当m>2时，cosxVcosx2V1，

知limcmf+1xS=0 ，mox=1由有(1)知xV：，即limx存在，设limx=a，当m>2时，cosxVcosx2V1，

知limcmf+1xS=0 ，mox=1两边同乘1-cosx少，即得七Vxm+1少，即得七Vxm+1，递增且有界，故序列有极