专题9 方程根的存在性及个数--考研数学

2021考研高等数学17堂课主讲 武忠祥 教授专题9 方程根的存在性及个数方程0)(=x f 的根就是函数)(x f 的零点,其几何意义就是曲线)(x f y =和x 轴的交点.通常是以下两个问题 1.根的存在性： 方法1：零点定理；若函数)(x f 在区间],[b a 上连续，且,0)()(<⋅b f a f 则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.【注】这个结论可推广为：若函数)(x f 在区间),(b a 内连续，且,)(lim α=+→x f ax ,0,)(lim <⋅=−→βαβx f b x 则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.这里,,b aβα,可以是有限数，也可以是无穷大.方法2：罗尔定理；若函数)(x F 在区间],[b a 上满足罗尔定理三个条件，且),,(),()(b a x x f x F ∈=′则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.2.根的个数： 方法1：单调性；若函数)(x f 在区间],[b a 上单调（严格单调），则方程0)(=x f 在),(b a 上最多一个实根. 方法2：罗尔定理推论； 罗尔定理推论：若在区间I 上0)()(≠x fn ，则方程0)(=x f 在I 上最多n 个实根.【例1】设)()2)(1(ln )(n x x x x f −−−=L ，则方程0)(=′x f 根的个数为._________【例2】设,)1()(33x x x f −=则方程0)(=′′′x f 在)1,0(上( ) (A)有1个根 (B)有2个根(C)有3个根 (D)有4个根【例3】已知方程c b a cx bx ax ++=++23423在)1,0(内至少有一个实根，则（ ） （A ）0>a （B ）0<b（C ）0>c （D ）c b a ,,为任意实数.【例4】（1996年1,2）在区间),(+∞−∞内，方程+41||x 0cos ||21=−x x （C ）.（A ）无实根 （B ）有且仅有一个实根 （C ）有且仅有两个实根 （D ）有无穷多个实根 【例5】方程x x t x t −=∫−30d e 2（ ）（A ）有且仅有一个实根 （B ）有且仅有两个实根 （C ）有且仅有三个实根 （D ）有无穷多个实根 【解】令x x t x f x t +−=∫−30d e )(2，则)(x f 是),(+∞−∞上的奇函数，从而，原方程在区间)0,(−∞和),0(+∞上实根个数相同，因此，只需讨论),0(+∞上实根个数。

又 13)(,0)0(22+−=′=−x ex f f x−∞=′>=′+∞→)(lim ,02)0(x f f x062)(2<−−=′′−x xe x f x),0(+∞∈x则存在唯一的),,0(0+∞∈x 使0)(0=′x f ，且 当),0(0x x ∈时， 0)(>′x f当),(0+∞∈x x 时， 0)(<′x f0)(0>x f ，−∞=+∞→)(lim x f x则原方程在区间),0(0x 上无实根，在区间),(0+∞x 上有唯一实根.故原方程共有三个实根. 【例6】 方程)1(22+=+x x e x的实根个数为( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 【解1】 令22)(2−−+=x x e x f x,则01)0(<−=f ，,011)1(>+=−ef 02)2(2>−=e f 则)(x f 分别在)2,0(),0,1(−内至少各有一个零点， 即原方程至少有2个实根，又22)(−+=′x e x f x ，02)(≠+=′′x e x f从而原方程最多2个实根，故原方程有且仅有2个实根. 【解2】 【解3】【例7】设有方程ax x =ln ,则下列结论不正确的是( ) (A) 当e a 1>时原方程无实根； (B) 当e a 1=时原方程有唯一实根； (C)当ea 10<<时原方程有两个实根； (D) 当0≤a 时原方程有唯一实根【解1】将原方程变形得0ln =−x ax 令),0(ln )(>−=x xax x f 则xa x f 1)(−=′1）若0≤a 时,,0)(<′x f 则)(x f 单调减，又,)(lim ,)(lim 0−∞=+∞=+∞→→+x f x f x x 则 方程ax x =ln 有唯一实根.2）若0>a 时,则当a x 10<<时，,0)(<′x f )(x f 单调减，当ax 1>时，,0)(>′x f )(x f 单调增.又,)(lim ,ln 1)1(,)(lim 0+∞=+=+∞=+∞→→+x f a af x f x x 则当e a 10<<时，,0)1(<a f 原方程有两个实根；当e a 1=时，,0)1(=af 原方程有一个实根；则当e a 1>时，,0)1(>af 原方程无实根. 综上所述，原方程(1) e a 1>无实根； (2) ea 1= 唯一实根； (3) e a 10<< 两个实根； (4) 0≤a 唯一实根【解2】将原方程变形得a xx=ln （分离参数）令),0(ln )(>=x xxx f 则2ln 1)(xxx f −=′ 令,0)(=′x f 得.e x =当e x <<0时,)(,0)(x f x f >′单调增；当x e <时，)(,0)(x f x f <′单调减；.0)(lim ,ln lim ,1)(0=−∞==+∞→→+x f xxe ef x x 画出函数)0(ln )(>=x xxx f 的图形，则原方程实根个数的几何意义就是直线a y =和曲线xxx f y ln )(==的交点个数.由图可知(1) e a 1> 无实根； (2) ea 1= 唯一实根；(3) ea 10<< 两个实根； (4) 0≤a 唯一实根【注】本题是一个带有参数的方程根的问题，将原方程ax x =ln 变形得a xx=ln ，令,ln )(xx x f =是将参数a 分离出来，这是解决此类问题常用且有效的方法.【例8】（2011年1）求方程0arctan =−x x k 不同实根的个数，其中k 为参数. 【解1】令x x k x f −=arctan )(，则)(x f 是),(+∞−∞上的奇函数，且.11)(,0)0(22xx k x f f +−−=′= 当01≤−k ，即1≤k 时，)0(0)(≠<′x x f ，)(x f 在),(+∞−∞内单调减少，方程0)(=x f 只有一个实根.0=x当01>−k ，即1>k 时，在)1,0(−k 内，)(,0)(x f x f >′单调增加；在),1(+∞−k 内，)(,0)(x f x f <′单调减少，所以)1(−k f 是)(x f 在),0(+∞内的最大值。

由于0)0(=f ，所以.0)1(>−k f 又因为−∞=−=+∞→+∞→)1arctan (lim )(lim xxk x x f x x ，所以存在),1(+∞−∈k ξ，使得.0)(=ξf由)(x f 是奇函数及其单调性可知：当1>k 时，方程0)(=x f 有且仅有三个不同实根.,0,ξξ==−=x x x【解2】由于x x k −arctan 是),(+∞−∞上的奇函数，则方程0arctan =−x x k 实根关于原点对称，显然0=x 是一个根，所以只要确定该方程在区间),0(+∞上的实根个数.即方程k xx=arctan 在区间),0(+∞上的实根个数.令,arctan )(xxx f =则xx xx x f 22arctan 1arctan )(+−=′ x x xx 222arctan 11+−+=ξ （,0x <<ξ这里用了拉格朗日定理） 0>则xxx f arctan )(=在),0(+∞上单调增，又,1)(lim 0=+→x f x ,)(lim +∞=+∞→x f x 从而，当1>k 时，方程k x x =arctan 在区间),0(+∞上有唯一实根，1≤k 时，方程k xx=arctan 在区间),0(+∞上无实根.综上所述，方程0arctan =−x x k 在1≤k 时有唯一实根，而在1>k 时有三个实根. 【例9】 设)(x f 在),[+∞a 上二阶可导，且.0)(,0)(<′>a f a f 当a x >时，.0)(<′′x f 证明方程0)(=x f 在),(+∞a 有且仅有一个实根.【证】 由0)(<′′x f 知)(x f ′在),(+∞a 上单调减，又0)(<′a f ，则当),(+∞∈a x 时，0)(<′x f ，从而)(x f 在),(+∞a 上单调减，方程0)(=x f 在),(+∞a 上最多一个实根.由泰勒公式知当),(+∞∈a x 时2)(!2)())(()()(a x f a x a f a f x f −′′+−′+=ξ .))(()(−∞→−′+≤a x a f a f )(+∞→x故存在,a b >使得,0)(<b f 又0)(>a f ，由连续函数的零点定理知，方程0)(=x f 在(+∞,a )内有根.故0)(=x f 在),(+∞a 有且仅有一个实根. 【例10】(2012年2)（I ）证明方程11=+++−x x x n nL （n 为大于1的整数）在区间（1,21）内有且仅有一个实根；（II ）记（I ）中的实根为n x ，证明n n x ∞→lim 存在，并求此极限.【证】（I ）令)1(1)(1>−+++=−n x xx x f n n L ，则)(x f 在]1,21[上连续，且01)1(,0211211)211(21)21(>−=<−=−−−=n f f nn ， 由闭区间上连续函数的介值定理知，方程0)(=x f 在)1,21(内至少有一个实根.当)1,21(∈x 时，,012)1()(21>+++−+=′−−x x n nx x f n n L故)(x f 在)1,21(内单调增加.综上所述，方程0)(=x f 在)1,21(内有且仅有一个实根.（II ）由)1,21(∈n x 知数列}{n x 有界，又,11=+++−n n nnn x x x L.1111111=+++++−++++n n n nn n n x x x x L 于是有 ,,2,1,1L =>+n x x n n即}{n x 单调减少.综上所述，数列}{n x 单调有界，故}{n x 收敛.记.lim n n x a ∞→= 由于,111=−−+nn nn x x x令∞→n 并注意到1212<<<x x n ，则有11=−a a ，解得21=a ，即.21lim =∞→n n x【例11】 （2017年1,2）设函数)(x f 在区间]1,0[上具有2阶导数，且.0)(lim ,0)1(0<>+→xx f f x 证明：（Ⅰ）方程0)(=x f 在区间)1,0(内至少存在一个实根;（Ⅱ）方程0))(()()(2=′+′′x f x f x f 在区间)1,0(内至少存在两个不同的实根.思考题1．求证方程0cos =++x q p x 恰有一个实根，其中q p ,为常数且10<<q . 2．当a 取下列哪个值时，函数a x x x x f −+−=1292)(23恰有两个不同的零点（A ）2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 3. 求方程0arctan =−x x k 不同实根的个数，其中k 为参数. 4. 讨论曲线k x y +=ln 4与x x y 4ln 4+=的交点个数.5.设函数)(x f 可导，试证)(x f 的两个零点之间必有)()(x f x f ′+的零点。