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兩個部分的內(nèi)容：零點問題和微分不等式問題

第一部分零點問題

零點問題有時候在題干上表現(xiàn)為方程的根的問題或者兩條曲線的交點問題
$\begin{cases}零點問題(證明存在性)\\單調(diào)性(證明唯一性)\\羅爾定理推論\color{red}{(用于解決選擇題)}\\實系數(shù)奇數(shù)次方程至少有一個實根\color{red}{(解決選擇題方便)}\end{cases}$

零點定理：設(shè) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上連續(xù)，且 $f(a)\cdot f(b)\lt 0$ ，則 $f(x)=0$ 在(a,b)內(nèi)至少存在一個根
擴展，如果是開區(qū)間，那么可以分別取端點的左右極限；如果極限也不存在，那么當(dāng)函數(shù)在端點上趨向不同方向的無窮大時結(jié)論也成立
單調(diào)性：若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 內(nèi)單調(diào)，則 $f(x)=0$ 在 $(a,b)$ 內(nèi)至多只有一個根，這里的a,b可以是有限數(shù)，也可以是無窮大
[注]：單調(diào)的充分條件是導(dǎo)數(shù)存在且不為零
羅爾定理推論：若 $f^{(n)}(x)=0$ 至多有 $k$ 個根，則 $f(x)=0$ 至多有 $k+n$ 個根

例題
證明方程 $2^x-x^2=1$ 有且僅有3個實根
令 $f(x)=2^x-x^2-1$
則 $f'(x)=2^x\ln2-2x$
$f''(x)=2^x(\ln 2)^2-2$
$f'''(x)=2^x(\ln 2)^3\ne 0$
根據(jù)羅爾定理推論可知 $f(x)=0$ 至多只有3個根
觀察可知 $f(0)=0,f(1)=0,f(2)=-1,f(5)=6$
$\therefore \exists\xi\in(2,5),f(\xi)=0$
故 $f(x)=0$ 有且僅有三個根

實系數(shù)奇次方程至少有一個實數(shù)根：任何實系數(shù)奇數(shù)次方程 $x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}=0$
至少有一個實根

證明
$f(x)=x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}$
$\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$
$\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$
由零點定理可知至少存在一點 $x_0$ 使得 $f(x_0)=0$

題型1：羅爾定理推論和“實系數(shù)奇次方程至少有一個實數(shù)根”結(jié)論的結(jié)合運用

例題
若 $3a^2-5b\lt 0$ ，則方程 $x^5+2ax^3+3bx+4c=0$ 有多少個根？
實系數(shù)奇數(shù)次方程至少有一個根
$(x^5+2ax^3+3bx+4c)'=5x^4+6ax^2+3b$
對于方程 $5t^2+6ax+3b,\Delta=b^2-4ac=36a^2-60b=12(3a^2-5b)\lt0$
故 $5x^4+6ax^2+3b$ 無實數(shù)根
又由羅爾定理推論可知原方程 $x^5+2ax^3+3bx+4c$ 至多只有一個根
故原方程有且僅有一個根

題型2：導(dǎo)數(shù)中不含參數(shù)的帶參數(shù)方程 $\color{red}{(比較簡單)}$

例題
設(shè)常數(shù) $k\gt 0$ ，函數(shù) $f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k$ 在 $(0,+\infty)$ 內(nèi)的零點個數(shù)有多少個？
$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$
當(dāng) $f'(x)=0$ 時， $x=e$ ，且 $x\in(0,e),f'(x)\gt 0;x\in[e,+\infty],f'(x)\le 0$
$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\ln x-\frac{x}{e}=-\infty$
$\lim_{x\to +\infty}f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k=+\infty$
(因為x趨于負無窮的速度比lnx趨于正無窮的速度塊)
故 $f(x)=0$ 有兩個實數(shù)根

題型3：導(dǎo)數(shù)中含參數(shù)的帶參數(shù)方程 $\color{red}{(比較困難)}$

例題
求方程 $k\arctan x - x=0$ 的不同實數(shù)根的個數(shù)，其中 $k$ 為參數(shù)
令 $f(x)=k\arctan x - x$ ，則 $f(x)$ 為奇函數(shù)
$f'(x)=\frac{k}{1+x^2}+1=\frac{k-1-x^2}{1+x^2}$
i. 若 $k-1\lt 0,k\lt 1$ ，則 $f'(x)\lt 0$ ， $f(x)$ 單調(diào)遞減，故此時 $f(x)$ 只有一個根
ii. 若 $k-1\ge 0,k\ge 1$ ，則當(dāng) $x\in(-\infty,-\sqrt{k-1}]$ 和 $[\sqrt{k-1},+\infty)$ 時， $f'(x)\le 0$ ；當(dāng) $x\in(-\sqrt{k-1},\sqrt{k-1})$ 時， $f'(x)\ge 0$
$\lim_{x\to \infty^-}f(x)=+\infty$
$\lim_{x\to \infty^+}f(x)=-\infty$
$\lim_{x\to\sqrt{k-1}}f(x)=-\lim_{x\to-\sqrt{k-1}}=k\arctan \sqrt{k-1}-\sqrt{k-1}\gt 0$
故此時 $f(x)$ 有四個根

第二部分微分不等式

$\begin{cases}用函數(shù)性態(tài)(單調(diào)性、凹凸性和最值)證明不等式\\用常數(shù)變量化證明不等式\\用中值定理證明不等式\end{cases}$

用函數(shù)性態(tài)（單調(diào)性、凹凸性以及最值）證明不等式

若有 $f'(x)\ge 0,a\lt x\lt b$ ，則有 $f(a)\le f(x) \le f(b)$
若有 $f''(x)\ge 0,a\lt x\lt b$ ，則有 $f'(a)\le f'(x)\le f'(b)$
設(shè) $f(x)$ 在區(qū)間 $I$ 內(nèi)有唯一極值點 $x_0$ ，則：當(dāng) $x_0$ 為極大值點時， $f(x_0)\ge f(x),\forall x\in I$ ；當(dāng) $x_0$ 為極小值點時， $f(x_0)\le f(x),\forall x\in I$
若有 $f''(x)\gt 0,a\lt x\lt b,f(a)=f(b)=0$ ，則有 $f(x)\lt 0$

例題
證明當(dāng) $x\gt 0$ 時， $\ln(1+\frac{1}{x})\lt \frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$
$\ln(1+\frac{1}{x})\lt \frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$
$\color{red}{(為了方便求導(dǎo)，可以先乘以一個分母)}$
$\sqrt{x(x+1)}\ln (1+\frac{1}{x})\lt 1$
令 $t=\frac{1}{x}$ ，則
$\frac{\sqrt{1+t}}{t}\ln(1+t)\lt 1$
$\sqrt{1+t}\ln(1+t)\lt t$
令 $F(t)=\sqrt{1+t}\ln(1+t)-t$
$F'(t)=\frac{2+\ln(1+t)}{2\sqrt{1+t}}-1$
$F''(t)=-\frac{\ln(1+t)}{4(1+t)^{\frac{3}{2}}}\lt 0$
故 $F'(t)<F'(0)=0$
$F(t)\lt F(0)=0$
故
$\ln(1+\frac{1}{x})\lt \frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$

用常數(shù)變量化證明不等式：如果要證明的不等式中都是常數(shù)，則可以將其中的一個或者幾個視為變量，然后用導(dǎo)數(shù)工具進行證明

例題
設(shè) $0\lt a\lt b$ ，證明： $\ln\frac{a}\gt 2\frac{b-a}{a+b}$
$\ln\frac{a}\gt 2\frac{b-a}{a+b}$
$\ln\frac{a}\gt 2\frac{\frac{a}-1}{1+\frac{a}}$
令 $\frac{a}=t,t>1,F(t)=(1+t)\ln t-2(t-1)$
$F'(t)=\ln t+\frac{1}{t}-1$
$F''(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}=\frac{t-1}{t^2}\gt 0$
所以 $F'(t)\gt F'(1)=0$
$F(t)\gt F(1)=0$
故 $\ln\frac{a}\gt 2\frac{b-a}{a+b}$

用中值定理證明不等式：這類問題使用到拉格朗日中值定理或者泰勒公式

運用拉格朗日中值定理

例題
設(shè) $f(x)$ 在閉區(qū)間 $[0,c]$ 上連續(xù)，其導(dǎo)函數(shù) $f'(x)$ 在區(qū)間 $(0,c)$ 內(nèi)存在且單調(diào)減少，又 $f(0)=0$ ，試證明 $f(a+b) \le f(a)+f(b)$ ，其中常數(shù)滿足 $0 \le a\le b\le a+b\le c$
在區(qū)間 $(0,a)$ 內(nèi)使用拉格朗日中值定理可得：
$f(a)-f(0)=af'(\xi_1)$
$f(a)=af'(\xi_1)$
在區(qū)間 $(b,a+b)$ 內(nèi)使用拉格朗日中值定理可得：
$f(a+b)-f(b)=f'(\xi_2)(a+b-b)$
$f(a+b)-f(b)=af'(\xi_2)$
因為 $f'(x)$ 在區(qū)間 $(0,c)$ 上單調(diào)減少，故
$f(a)\ge f(a+b)-f(b)$
$f(a)+f(b)\ge f(a+b)$

運用泰勒公式

例題
設(shè) $f(x)$ 在 $(a,b)$ 內(nèi)二階可導(dǎo)，且 $f''(x)\gt 0$ ，證明對于任意的 $x_1,x_2\in(a,b)$ ，且 $x_1\ne x_2$ 以及 $\lambda,0\lt\lambda\lt 1$ ，恒有 $f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]\lt \lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)$
令 $x_0=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2$
用帶拉格朗日余項的泰勒公式在 $x_0$ 展開得：
$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2$
故
$f(x_1)=f(x_0)+f'(x_0)(x_1-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x_1-x_0)^2$
$f(x_1)=f(x_0)+(1-\lambda)f'(x_0)(x_1-x_2)+\frac{f''(\xi)}{2}(x_1-x_0)^2$
$f(x_2)=f(x_0)+f'(x_0)(x_2-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x_2-x_0)^2$
$f(x_2)=f(x_0)+\lambda f'(x_0)(x_2-x_1)+\frac{f''(\xi)}{2}(x_2-x_0)^2$
所以有
$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)=f(x_0)+\frac{\lambda f''(\xi)}{2}(x_1-x_0)^2+\frac{(1-\lambda)f''(\xi)}{2}(x_2-x_0)$
$\because f''(x)\gt 0$
$\therefore \frac{\lambda f''(\xi)}{2}(x_1-x_0)^2+\frac{(1-\lambda)f''(\xi)}{2}(x_2-x_0)\gt 0$
故
$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)\gt f(x_0)$
$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)\gt f(\lambda x_1+(1-\lambda)x_2)$