知识资料方程根的证明问题

朽木易折，金石可镂。千里之行，始于足下。PAGE第页/共页方程根的证实问题6.1基本概念、内容、定理、公式1.存在性的证法普通地，证实有一个根（即有一点，使），用延续函数的介值定理或根的存在性定理；而证实有根，用罗尔定理比较方便.1)延续函数的根的存在性定理2)罗尔定理(1)若存在函数，使得.而在上满意罗尔定理的条件，则存在，使得，即.(2)若存在两个函数，使得，在上满意罗尔定理的条件，因而存在，使得，即，而，则必有.(3)拉格朗日中值定理和柯西中值定理(4)费尔玛定理（极值须要条件）若在取得极值且存在，则=0.因此，若存在函数，使得，而在给定区间内取得极值，则一定存在，使得，从而=0.2.根的个数的求法1)利用单调性：（普通适用于函数表达式是显式表示时）函数在每个单调区间（郑重单调）内最多只能有一个零点.2)罗尔定理加反证法：（普通适用于函数表达式是抽象表示时）3.类型分析1）欲证结论：至少存在一点，使得的命题类型：此类命题的证法普通有以下三条思路：（1）验证在上满意罗尔定理条件由该定理即可得命题的证实；（2）验证为的最值或极值点，由费尔玛定理即得命题的证实；（3）个别命题也可用泰勒公式证实.2）欲证结论：至少存在一点，使得及其代数式的命题类型：辅助函数的构造是证题的关键，下面推荐辅助函数的几种作法：Ⅰ不定积分求积分常数法（1）将欲证结论中的化为；（2）通过恒等变形将结论化为易消除导数符号的形式（即易积分形式）；（3）利用看见法或不定积分法，方程两边同时积分；（4）解出积分常数，则即为所求的辅助函数.以拉格朗日及柯西中值定理为例说明其辅助函数的作法.拉格朗日中值定理的结论：，将化为,有，方程两边同时积分得，解出常数，则.令辅助函数.柯西中值定理的结论：，将化为，有，直接积分消不去导数，故需变形为，方程两边同时积分得，解出常数，则.即作辅助函数.Ⅱ常数变易法此法适用于常数已分离出来的命题.构造辅助函数的步骤：将常数部分设为；（2）恒等变形，将等式一端变为由及构成的代数式，另一端为由及构成的代数式；（3）分析关于端点的表达式是否为对称式或轮换对称式，若是，只要把端点改成，改成，则换变量后的端点表达式为辅助函数.3）欲证结论：存在，满意某种关系式的命题类型：这类命题的证实普通不作辅助函数，其解法是按照题意，求出一个函数在不同区间上的两个拉格朗日中值公式（或柯西中值公式），或者一个拉格朗日中值公式与一个柯西中值公式，然后再举行某种运算.6.2例题选讲一、关于方程根的个数及存在性例1设常数，函数在内零点为。例2设在上到处有，且，证实方程在内有且仅有一个实根。例3研究在区间内实根的个数。例4证实方程在区间内有且仅有三个实根。例5设当时，方程有且仅有一个实根，求的取值范围。例6-1（达布定理）（1）设函数在闭区间上可导，且有，则，使得.（2）设函数在闭区间上可导，，且介于和之间，则，使得.分析：（1）中条件，起到的作用类似于罗尔定理中的，证实思路类似于罗尔定理的证实.（2）也称为导数的介值性定理，类似于延续函数在闭区间上的介值性定理.例6-2设函数满意：在闭区间上有定义且有阶延续导数；在开区间上有阶导数；.试证：在上至少存在一点，使.下面的题是时的特例.设在内有二阶导数，且而，则在内至少有方程的一个根.更有：设函数在上延续，在内二阶可导，衔接与的直线段，与曲线相交于，其中.则在内至少存在一点，使.条件中相当于给出：直线段与曲线共有3个交点.即函数共有3个根.则用上述特例可得：，使得.进一步，设为实数，函数在上有阶导数，并满意，则对每个，都相应存在着满意。证实：构造例5-3设函数在闭区间上延续，在开区间内可导，，且对，.试证：对，，使得.分析：利用不定积分求常数法.即（1）将化为即；（2）方程两边对求不定积分；（3）解出积分常数.引申：（1）若把题中的结论改成，则证实中所设的辅助函数应设为什么？（2）若把题中的结论改成，（其中是上随意一个可导的函数）则证实中所设的辅助函数应设为什么？例6-3设函数在闭区间上可导，，且，试证：在内必有唯一的，使得.例6-4设在内可导，且，试证：，使得.分析：此题相当于罗尔定理的推广，可借助罗尔定理而证之.注：利用上例我们可以很容易证实下面的题目：设函数在上可导，且满意，证实存在一点，使得.（容易考虑辅助函数，注重到.）例6-5设，函数在上具有二阶导数，试证：至少，使得+=.分析：利用常数变易法.即令+=.这是关于端点的轮换对称式（即式子不变）.令（也可令或，于是，得证法1：作辅助函数，其中+=.证实2：考虑到拉格朗日插值多项式可作辅助函数，例6-6设函数在闭区间上可导，且，则存在，使得.分析：利用常数变易法.令，这是关于端点的对称式，故所作的辅助函数为.证法1：令，则，由罗尔定理即可得证.证法2：倘若将结论变形为=.例6-7设在闭区间上延续，在内可导，且，，则对随意给定的个正数，在内必有使下式成立..分析：先考虑最容易的情形：，.证实：要证结论成立，即证例6-7设函数在点的某个邻域内可导，且其导函数在点延续，而，若时，，，求证：.分析：因延续，又，，则对于与之间的随意，都有，故只要证实：.注：若条件中导函数在点延续缺少，则不能用上述主意，但结论仍成立.解法如下：存在，=又==，其中.故得证命题.注：倘若条件“”，则结论可能不成立！反例：设令，则，而，故有。例6-8设在内可导，且，证实：.注：若知道洛必达法则的推广形式，则直接可证得.（推广的洛比达法则）设在上可导，且满意：（1）；（2）；（3）；则。证实：由条件（3）得，对，又对，则按照柯西中值定理，，使得，于是。又因为条件（1），在上单调，不妨设在上单增，则有，故，现在对固定的，令，对上式取极限，条件（2）即得，再令，就得到。例6-9若函数在上满意罗尔定理的条件，且不恒为常数，证实：，使得.证法1：不恒为常数，，使得.（1）若，在上用拉格朗日中值定理有，，证毕.（2）若，在上用拉格朗日中值定理有，，证毕.证法2：用反证法：假设，，在上应用拉格朗日中值定理，有，即.不恒为常数，，使得.在上应用拉格朗日中值定理，有，即.这与矛盾！例6-10设函数在闭区间上延续，在内可导，且满意，证实：，使得.分析：题目中函数值含有定积分，普通都要用积分中值定理或利用可变上限积分.辅助函数利用看见法或不定积分求积分常数法很容易得到.证法1：设，在闭区间上延续，在内可导，且，又利用积分中值定理，=，证法2：令，将在处展开并求处的值，得例6-11设在上二阶可导，且，又，证实：，使得.分析：题目中条件较为蕴藏，但容易想到辅助函数为，从而，再利用费尔玛定理即可得证.6.3练习题6-1设在上延续，在内可导，且（为常数），又，证实：在内有唯一实根.6-2设在上延续，在内可导，且不是线性函数，试证：至少存在一点，使得.6-3设在上延续，在内可导，证实至少存在一点，使得.6-4设函数在上二阶可导，并且，，，试证：（1），；（2），使得.6-5若在上可导，且，，则，使得.6-6若在上延续，试证：，使得.6-7设在上二阶可导，且，又，证实：，使得.6-8设在上延续，在内可导，，当时，，试证：对，，使得.6-9设在上二阶可导，且，试证：，使得.6-10设在上可导，且，证实：至多惟独一个零点.6-11设在上可导，且，求证：，使得.6-12设在上有延续的导函数，且，使，求证：，使得.6-13设在上延续，试证实：，使；若又设且单调减少，则这种是唯一的.6-14设在上延续，在内可导，，，证实至少，使.6-15设在上延续，在内可导，且，，试证：（1），使.（2）对，，使得.6-16设在上延续，且二次可微，，证实：，使得.6-17设在上可导，且，求证：，使得.6-18设是区间上任一非负延续函数，（1）试证：存在点，使得在区间上以为高的矩形面积，等于在区间上以为曲边的曲边梯形面积；（2）又设在区间内可导，且，证实：（1）中的点是唯一的.6-19设函数在上延续，在内可导，且，，试证：存在，使得.6-20设函数在闭区间上延续，在内可导，且，若极限存在，证实：在内，；（2）在内存在点，使得；（3）在内存在与（2）中相异的点，使得.6.4答案与提醒6-1设，显然，（）.在应用拉格朗日中值定理：，即=，由根的存在性定理，，使得.即至少有一个根.又因，是单增函数，则是的唯一根.6-2设，由拉格朗日中值定理知：=，.又因为不是线性函数，则可适当挑选分点，使得.于是取，故得证.6-3利用常数变易法或利用柯西中值定理.6-4（1）利用反证法加罗尔定理；（2）利用不定积分求常数法设辅助函数为应用罗尔定理即得证.6.5利用不定积分求积分常数法令应用罗尔定理即得证.6-6令辅助函数即得证.6-7注重到，故由罗尔定理得：，使得，又，故对用罗尔定理即得证.6-8利用不定积分求积分常数法令.6-9令辅助函数即得证.6-10利用反证法并考虑函数.6-11解微分方程，并求出常数得：，即令.6-12利用解微分方程可令辅助函数，分两种情况研究如下：（1），则因为，故，使；即得证.（2），则因，所以；又，故.于是，所以由延续函数的介值定理即得证.6-13利用不定积分求积分常数法令即可得证.为证的唯一性，利用反证法，设，满意，.两式相减，得=，矛盾！6-14令即可.6-15（1）令；(2)由一阶线性非齐次微分方程的通解公式，解得常数，即.作辅助函数即可.6-16当或时，显然成立，因此只须设，故，由此可设，使得等式成立.令，则，故，使得，即.6-17令，利用积分中值定理和罗尔定理即得证.6-18证法1：令，应用罗尔定理即得证.欲证点是唯一的，只需证实在郑重单调即可.因