知识点35 函数的零点(方程的根)个数的讨论

f (3) ( x) 至少有一个零点.事实上，求三阶导后容易判断 f (3) ( x) 无零点.因此得到矛
f ( x) f ( x0 ) 0 ,所以 f ( x) 在 (a, x0 ) 上单调增加;对于任意的 x ( x0 , b) 有 f ( x) f ( x0 ) 0 ,所以 f ( x) 在 ( x0 , b) 上单调减少.因此 f ( x) 在 (a, b) 内恰有两个零点.
xa x b
: f ( x) 在 (a, b) 内恰有两个零点. 解析：由 lim f ( x) lim f ( x) , 可据极限的保号性找到 x1 (a, x0 ) ， x2 ( x0 , b)
x a x b
，使得 f ( x1 ) 0 , f ( x2 ) 0 ，利用零点定理证明两个零点的存在性，再利用单调性 来分析恰有两个零点. 证明：因为 lim f ( x) lim f ( x) ，则存在 x1 (a, x0 ) ， x2 ( x0 , b) ，使得
2 2
内恰有两个不同的实根.
例35.5(难度系数0.4) 讨论曲线 y 4ln x k 与 y 4 x ln 4 x 的交点个数.
解析：本题为函数交点个数问题，只要讨论方程 4ln x k 4 x ln 4 x 的实根个 数即可，可通过讨论函数 f ( x) 4ln x k 4 x ln 4 x 的零点个数来求解. 解：令 f ( x) 4ln x k 4 x ln 4 x ，则
2 [ x0 , ] 上单调增加，因此 x0 是 f ( x) 在 (0, ) 内的唯一的最小值点，最小值为 2 2 y0 f ( x0 ) x0



2
sin x0
又因为 f (0) f ( ) 0 ，故在 (0, ) 内， f ( x) 的取值范围为 [ y0 ,0). 当 2 2
像可分为下列图35.1中的三种情形.
1 a 1 a 1 a
图35.1 因此方程 f ( x) 0 的实根个数有下列三种情形： （1） f ( ) ln 1 0 ，即 a ，恒有 f ( x) 0 ，无实根.
1 Hale Waihona Puke Baidu 1 a 1 e
1 1 a e 1 一个实根，即 x e . a 1 1 1 （3） f ( ) ln 1 0 ，即 0 a ，因为 lim f ( x) , lim f ( x) ，故方程 x x 0 a a e 1 1 在 (0, ),( , ) 各只有一个实根，因此方程在 (0, ) 恰有两个实根. a a
1 1
内有且仅有一个实根.所以在区间 (, ) 内，方程 x 4 x 2 cos x 0 有两个实根.
例35.7(难度系数0.4) 设 f ( x) 在 (a, b) 内二阶可导,且对于任意 x (a, b) 有
f ( x) 0 .存在 x0 (a, b) 使得 f ( x0 ) 0, f ( x0 ) 0 .又知 lim f ( x) lim f ( x) ，求证
4 3 0 恰有两个实根. 3
4 3 恰有两个零点即可.领用零点 3
定理证明零点的存在性,利用单调性判断零点的个数 证明：令 f ( x) 4arctan x x
4 4 3 x2 3 ，则 f ( x) ， 1 3 1 x2 1 x2
令 f ( x) 0 ，得 x 3 ， f ( x) 在 (, 3],[ 3, 3],[ 3, ) 上单调.且
8 2 3 0 ， lim f ( x) .由零点定理可知 x 3 4 3 0 恰有 ， f ( x) 在 (, 3],[ 3, ) 上各有一个零点.即方程 4arctan x x 3
x
lim f ( x) ， f ( 3) 0 ， f ( 3)
（2） f ( ) ln 1 0 ，即 a ，由于 x (0, ) ，当 x e 时， f ( x) 0 ，故只有
1 a
例35.4(难度系数0.4) 就 k 的不同取值情况，确定方程 x sin x k 在开区间
2 (0, ) 内根的个数，并证明之. 2

2 2
2 由 f ( x) 1 cos x 0, 得 f ( x) 在 (0, ) 内的唯一驻点 x0 arccos .由于当 2 2 x (0, x0 ) 时， f ( x) 0, 当 x ( x0 , ) 时， f ( x) 0. 所以 f ( x) 在 [0, x0 ] 上单调减少，在
当 f (1) 0 ，即 k 4 时，方程无实根. 当 f (1) 0 ，即 k 4 时，方程有唯一实根. 当 f (1) k 4 0 ，即 k 4 时，方程有两个实根. 故当 k 4 时，两条曲线无交点；当 k 4 时，两条曲线有一个交点；当 k 4 时， 两条曲线有两个交点. 例35.6(难度系数0.2) 在区间 (, ) 内，方程 x 4 x 2 cos x 0 有几个实根？ 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：令 f ( x) x 4 x 2 cos x ，此函数为偶函数，且 x 1 时有 f ( x) 0 ，故只要 讨论
f (a ) 0 ，这与已知条件 f (a ) 0 矛盾，所以 f ( x) 必在 (a, b) 内达到最大、最小值，
由费马引理可知， f ( x) 在 (a, b) 至少有两个零点. 例35.9 (难度系数0.4) 证明：方程 e x ax 2 bx c 的根最多不超过三个. 解析 令 f ( x) e x (ax 2 bx c) .根据此函数的特点以及它含有三个参数，不方便直接判 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， f '( x) 至少有三个零点，同理 f ''( x) 至少有两个零点，
1 0,0 x a 1 1 ， f ( x) a 0, x a x 1 0, x a
x e

则 f ( x) 在 x
1 1 1 1 处取得最大值 f ( ) ln 1 ，又因为 f ( x) 2 0 ,因此 f ( x) 的图 a a a x
， g ( x) 只有唯一零点 x 1 ，故 f ( x) 只有唯一驻点 x 1 ，则 f ( x) 在 (0,1] ， [1, ) 上单 调，又 lim f ( x) ， lim f ( x) lim x(
x 0
x x
4ln x k ln 4 x 4 ) ， f (1) k 4 . x x x
x a x b
f ( x1 ) 0 , f ( x2 ) 0 ，且 f ( x0 ) 0 ，则由零点定理可知， f ( x) 在 ( x1 , x0 ) 与 ( x0 , x2 ) 内各
存在一个零点. 因为 f ( x) 0 ,所以 f ( x) 单调递减.因为 f ( x0 ) 0 ,则对于任意的 x (a, x0 ) 有
例35.8(难度系数0.2) 设 f ( x) 在 [a, b] 上可导， f (a) 0 ， f (b) 0 ，
f (a ) f (b) ，求证： f ( x) 在 (a, b) 至少有两个零点.
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. 证明：因为 f ( x) 在 [a, b] 上可导，所以必连续，故在 [a, b] 上必有最大值和最小 值. 又因为 f (a) f (b) ，若 f ( x) 的最大值在端点获得，则必在 x a 达到，可知
4 1 4 4 4ln 3 x (1 x ln 3 x) . x x x 1 令 g ( x) 1 x ln 3 x ， g ( x) 1 3ln 2 x ，当 x 0 时， g ( x) 0 ， g ( x) 单调减少 x f ( x)
学科：高等数学
第三章 微分中值定理
知识点35
相关概念、公式定理或结论
● ● ●
函数的零点（方程的根）个数的讨论
定义 ** 定理 ** 结论 **
考频:3
知识点35 配套习题
例35.1(难度系数0.2) 证明方程 4arctan x x 解析：只需证明函数 f ( x) 4arctan x x
解析：构造辅助函数 f ( x) x sin x ，利用驻点、极值和最值的求解，判定出
2
函数 f ( x) 的取值范围为 [ y0 ,0) ，然后再讨论 k 与 [ y0 ,0) 的关系即可.
解：设 f ( x) x sin x ，则 f ( x) 在 [0, ] 上连续.
k ( y0 ,0), 即 k y0 或 k 0 时，原方程在 (0, ) 内没有实根； 2

当 k y0 时，原方程在 (0, ) 内有唯一实根 x0 ；
2
当 k ( y0 ,0) 时，原方程在 (0, x0 ) 与 ( x0 , ) 内各恰有一实根，即原方程在 (0, )
( x1 , e),(e, x2 ) 内至少各有一个零点.
又 f ( x) 在 (0, e) 上单调递增，在 (e, ) 上单调减少，所以 f ( x) 在 (0, e),(e, ) 上 分别只有一个零点，即方程 ln x 0 1 cos 2 xdx 在 (0, ) 内只有两个不同的实 根. 例35.3(难度系数0.6) 确定方程 ln x ax(a 0) 实根的个数. 解析：要确定方程的实根个数，即判定函数 f ( x) ln x ax 的零点个数，利用 单调性进行讨论即可.注意结合图像进行讨论. 解：令 f ( x) ln x ax ，讨论 f ( x) 在 (0, ) 有几个零点.考察单调性，由于
两个实根.
例35.2(难度系数0.4) 求证： ln x 0 1 cos 2 xdx 在 (0, ) 内只有两个不同的实根. 解析：同例35.1 证明：令 f ( x) ln x 0 1 cos 2 xdx ，则 f '( x) ,故当 0 x e 时
, f ( x) 0 ,
x e

x e

1 x
1 e
x e 时, f ( x) 0, ，又 lim f ( x) , lim f ( x) ，则存在 x1 (0, e) ,使得 f ( x1 ) 0,
x 0 x
且存在 x2 (e, ), 使得 f ( x2 ) 0, 且 f (e) 0 ，则由零点定理可知， f ( x) 在
f ( x) 在 [0,1] 内有几个实根即可. x [0,1] 时， f ( x) x x cos x ， f ( x) 在 [0,1] 上连续，且 f (0) 1 0 ， f (1) 2 cos1 0 ，而 f ( x)
1 4 1 2
1
1
1
1
1 3 1 1 x 4 x 2 sin x 0 ，由零点定理可知， f ( x) 在 (0,1) 4 2