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1、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：(1) 若存在a, b，使f (a)f (b) v 0，利用零点定理；(2) 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，
2、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 (X 0) = f(X0) - f (X0 - T), F (X。+ T) = f(X0 + T) - f (X0) = f (X0 - T) - f(x)，(1) 若 f (X0)- f (X0 + T) = 0，。则 x0, x0 + T 均为方程在x；x0 + T的实根;(2) 若
3、 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。例101、设a ,a，,a为满足a - 土 +.+ (-1)i4 = 0的实数，证明： 12，132n -1方程a cos X+a cos3x + .+a cos(2n -1)x = 0 在(0 ,)内有根；12n2证明：令 f (x) = a cosx + a2cos3x + +a cos(2n-1)x，f (x)在区间0 , J 的两端点处的符号不易确定，改令F X x ) = f ( x )，则
4、 F ( x) = a s ixn % s i3n+a s i 2n -(1) x 在区间0,上连续，在(0 ,)132n -122内可导，且 F(0) = 0 ,F() = a -% +.+ (-1)n-1-li = 0，故 F(x)在区间2132n -10, 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 , x g (a,b)且P(x ) = P(x ) = 0， 证明存在&g (x , x )，使 P 任)+ P ( )Q f() = 0 ；12分析：令f (x) = P f( x) + P (x )Q f( x)显然无法判断f (
5、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)= 0 n ln P(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 (
6、0) v 0， 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) v 0，得Jx f(x)dx Jxkdx，即 00f (x)kx + f (0)， 取 x -(0) 0， 有 f (x )k(-() + f (0) = 0， 因 f (x ) 0, f (0) v 0，故存在x g (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0v f (x)v 1, f(x)w-1，证明： f (x) =
7、 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) -1 v 0, F =f 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x v x 2 g (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，1 2 1 2则G (x ,x )，使F(n) = 0，又F(x) = f (x) +1，即有 f Xn) =
8、-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 ua,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 (x) = 0在俗,b上有两个不同的实根x Vx 显然 f (x)在x ,x 上连续，f (x) 0， I在(x1, x 2)， , - 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)=max f (x),尸(门)=0，将f (x)在x =门点展开成一一xi，x2,=f (n)+f (n)(x f) + f)(x -n)2， &
9、介于x,刈之间，f (n) = 0，知对任意 x e xi,x2 ， f (x) f (n)；x e xi,x ，f (x)三f (n) n f x) 0与题设条件矛盾；若存 x e 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3a, b上至多有一个根。1 2例106、设当x 0时，方程kx + = 1有且仅有一个解，求k的取值 x 2范围；左力1.2-一6解：设 f (x) = kx + -1, f (x) = k, f (x) = 一 0x 2x 3x 4(1) 当k 0知所以当k 0时，令尸(x) = 0得
10、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 )31 k J而当k。土 时，方程无解或有两个解;91 = -1 = 0时原方程有且仅有一个解，由上式得22k =矿3综上所述，当k = |3或k 1 时，Fm (0) = m 1 ,Fm (3) = 2 +值定理知存在xm e 0,与，使Fm(xm ) = 1，存在性得证；下证唯一性，由于 Ff (x) = sinx(1 + 2cosx + - + m cos m1 x) V 0， mx e 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
11、)先证明序列x 单调递增，由于F 1 (x) F (x)，有由有(1)知x V：，即lim x 存在，设lim x = a，当 m 2 时，cosx V cosx2 V1，知 lim c mf+1 x S = 0，mox = 1两边同乘1- cos xF +1 (x +1) = 1 = F (x ) V F +1 (x )及 F +1 (x)在0,：)上严格单调减少，即得七V xm+1，递增且有界，故序列有极限，因此知序列x 单调由于 x V x 1 知 cos x cos x 1， 0 V cos m+1 x V cos m+1 x 2.0，令m.8，有1 = cosa，解之得1 cos aF (x ) = c xo + c 2ox +s.+ c1 = f (x ) = cos x - cos m+1 x m m 1 cos xma =-，故有 lim x广-。m.83 m 3
