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1、学科：高等数学学科：高等数学 第三章第三章 微分中微分中值值定理定理 知识点知识点3535 函数的零点（方程的根）个数的讨论函数的零点（方程的根）个数的讨论 相关概念、公式定理或结论相关概念、公式定理或结论 定义定义 * 定理定理 * 结论结论 * 考考频频:3 知知识识点点35 配套配套习题习题 例例35.1(难度系数0.2) 证明方程恰有两个实根. 4 4arctan30 3 xx 解析：解析：只需证明函数恰有两个零点即可.领用零点 4 ( )4arctan3 3 f xxx 定理证明零点的存在性,利用单调性判断零点的个数 证证明：明：令，则， 4 ( )4arctan3 3 f xxx
2、2 22 43 ( )1 11 x fx xx 令，得，在上单调.且( )0fx3x ( )f x(,3,3, 3, 3,) ，.由零点定理可知lim( ) x f x (3)0f 8 ( 3)2 30 3 f lim( ) x f x ，在上各有一个零点.即方程恰有( )f x(,3, 3,) 4 4arctan30 3 xx 两个实根. 例例35.2(难度系数0.4) 求证：在内只有两个不同的实根. 0 ln1cos2 d x xx x e (0,) 解析：解析：同例35.1 证证明：明：令，则,故当时 0 ( )ln1cos2 d x f xxx x e 11 ( )fx xe 0xe
3、,( )0fx 时,，又，则存在,使得xe( )0,fx 0 lim( ), lim( ) x x f xf x 1 (0, )xe 1 ()0,f x 且存在使得且，则由零点定理可知，在 2 ( ,),xe 2 ()0,f x( )0f e ( )f x 内至少各有一个零点. 12 ( , ),( ,)x ee x 又在上单调递增，在上单调减少，所以在上( )f x(0, ) e( ,)e ( )f x(0, ),( ,)ee 分别只有一个零点，即方程在内只有两个不同的实 0 ln1cos2 d x xx x e (0,) 根. 例例35.3(难度系数0.6) 确定方程实根的个数.ln(0)
4、xax a 解析：解析：要确定方程的实根个数，即判定函数的零点个数，利用( )lnf xxax 单调性进行讨论即可.注意结合图像进行讨论. 解：解：令，讨论在有几个零点.考察单调性，由于( )lnf xxax( )f x(0,) ， 1 0,0 11 ( )0, 1 0, x a fxax xa x a 则在处取得最大值，又因为,因此的图( )f x 1 x a 11 ( )ln1f aa 2 1 ( )0fx x ( )f x 像可分为下列图35.1中的三种情形. 图35.1 因此方程的实根个数有下列三种情形：( )0f x （1），即，恒有，无实根. 11 ( )ln10f aa 1 a
5、e ( )0f x 1 a 1 a 1 a （2），即，由于，当时，故只有 11 ( )ln10f aa 1 a e (0,)xxe( )0f x 一个实根，即. 1 xe a （3），即，因为，故方程 11 ( )ln10f aa 1 0a e 0 lim( ), lim( ) x x f xf x 在各只有一个实根，因此方程在恰有两个实根. 11 (0, ),( ,) aa (0,) 例例35.4(难度系数0.4) 就的不同取值情况，确定方程在开区间ksin 2 xxk 内根的个数，并证明之.(0,) 2 解析：解析：构造辅助函数，利用驻点、极值和最值的求解，判定出( )sin 2 f x
6、xx 函数的取值范围为，然后再讨论与的关系即可.( )f x 0 ,0)yk 0 ,0)y 解：解：设，则在上连续.( )sin 2 f xxx ( )f x0, 2 由得在内的唯一驻点.由于当( )1cos0, 2 fxx ( )f x(0,) 2 0 2 arccosx 时，当时，所以在上单调减少，在 0 (0,)xx( )0,fx 0 (,) 2 xx ( )0.fx( )f x 0 0,x 上单调增加，因此是在内的唯一的最小值点，最小值为 0 , 2 x 0 x( )f x(0,) 2 0000 ()sin 2 yf xxx 又因为，故在内，的取值范围为 当(0)()0 2 ff (0
7、,) 2 ( )f x 0 ,0).y 即 0 (,0),ky 或时，原方程在内没有实根； 0 ky0k (0,) 2 当时，原方程在内有唯一实根； 0 ky(0,) 2 0 x 当时，原方程在与内各恰有一实根，即原方程在 0 (,0)ky 0 (0,)x 0 (,) 2 x (0,) 2 内恰有两个不同的实根. 例例35.5(难度系数0.4) 讨论曲线与的交点个数. 4lnyxk 4 4lnyxx 解析：解析：本题为函数交点个数问题，只要讨论方程的实根个 4 4ln4lnxkxx 数即可，可通过讨论函数的零点个数来求解. 4 ( )4ln4lnf xxkxx 解：解：令，则 4 ( )4ln
8、4lnf xxkxx . 33 414 ( )44ln(1ln)fxxxx xxx 令，当时，单调减少 3 ( )1lng xxx 2 1 ( )13lng xx x 0x ( )0g x( )g x ，只有唯一零点，故只有唯一驻点，则在，上单( )g x1x ( )f x1x ( )f x(0,11,) 调，又，. 0 lim( ) x f x 4 4lnln lim( )lim(4) xx xkx f xx xxx (1)4fk 当，即时，方程无实根.(1)0f4k 当，即时，方程有唯一实根.(1)0f4k 当，即时，方程有两个实根.(1)40fk4k 故当时，两条曲线无交点；当时，两条曲
9、线有一个交点；当时，4k 4k 4k 两条曲线有两个交点. 例例35.6(难度系数0.2) 在区间内，方程有几个实根？(,) 11 42 cos0xxx 解析：解析：本题是零点个数问题，根据对应函数为偶函数，缩小讨论零点的范围， 可以简化解题过程. 解：解：令，此函数为偶函数，且时有，故只要 11 42 ( )cosf xxxx1x ( )0f x 讨论 在内有几个实根即可.( )f x0,1 时，在上连续，且，0,1x 11 42 ( )cosf xxxx( )f x0,1(0)10f ，而，由零点定理可知，在(1)2cos10f 31 42 11 ( )sin0 42 fxxxx ( )f
10、 x(0,1) 内有且仅有一个实根.所以在区间内，方程有两个实根.(,) 11 42 cos0xxx 例例35.7(难度系数0.4) 设在内二阶可导,且对于任意有( )f x( , )a b( , )xa b .存在使得.又知，求证( )0fx 0 ( , )xa b 00 ()0,()0fxf xlim( )lim( ) xaxb f xf x :在内恰有两个零点.( )f x( , )a b 解析：解析：由可据极限的保号性找到，lim( )lim( ), xaxb f xf x 10 ( ,)xa x 20 (, )xx b ，使得,，利用零点定理证明两个零点的存在性，再利用单调性 1 (
11、)0f x 2 ()0f x 来分析恰有两个零点. 证证明：明：因为，则存在，使得lim( )lim( ) xaxb f xf x 10 ( ,)xa x 20 (, )xx b ,，且，则由零点定理可知，在与内各 1 ()0f x 2 ()0f x 0 ()0f x( )f x 10 ( ,)x x 02 (,)x x 存在一个零点. 因为,所以单调递减.因为,则对于任意的有( )0fx( )fx 0 ()0fx 0 ( ,)xa x ,所以在上单调增加;对于任意的有 0 ( )()0fxfx( )f x 0 ( ,)a x 0 (, )xx b ,所以在上单调减少.因此在内恰有两个零点.
12、0 ( )()0fxfx( )f x 0 (, )x b( )f x( , )a b 例例35.8(难度系数0.2) 设在上可导，( )f x , a b( )0fa ( )0fb ，求证：在至少有两个零点.( )( )f af b( )fx( , )a b 解析：解析：利用闭区间上连续函数的最值性质以及费马引理来分析即可. 证证明：明：因为在上可导，所以必连续，故在上必有最大值和最小( )f x , a b , a b 值. 又因为，若的最大值在端点获得，则必在达到，可知( )( )f af b( )f xxa ，这与已知条件矛盾，所以必在内达到最大、最小值，( )0fa ( )0fa (
13、)f x( , )a b 由费马引理可知，在至少有两个零点.( )fx( , )a b 例例35.9 (难度系数0.4) 证明：方程的根最多不超过三个. 2x eaxbxc 解析解析 令.根据此函数的特点以及它含有三个参数，不方便直接判 2 ( )() x f xeaxbxc 断它的单调性.大家可以用反证法，假如方程含有超过三个的根（即最少四个根） 会怎么样？据罗尔定理，至少有三个零点，同理至少有两个零点，( )fx( )fx 至少有一个零点.事实上，求三阶导后容易判断无零点.因此得到矛 (3)( ) fx (3)( ) fx 盾. 证证明明 令.用反证法，假设原方程有四个根，即函数有四个零
14、2 ( )() x f xeaxbxc( )f x 点.可设的零点分别为.( )f x 12341234 ,()xa a a a aaaa 在闭区间上均满足罗尔定理的条件，因此分别存在 122334 ,a aa aa a( )f x ，满足 112 (,)a a 223 (,)a a 334 (,)a a 123 ()()()0.fff 的导函数在两个闭区间上均满足罗尔定理的条件，因此可( )f x( )fx 1223 , 得有两个零点.同理可得仅有一个零点.“( )fx (3)( ) fx 实际情形下，对函数逐阶求导得，( )f x( )2 x fxeaxb( )2 x fxea .可见无零点，与上面的结果矛盾，因此原假设不成立，即原 (3)( ) 0 x fxe (3)( ) fx 方程最多只有三个根.
