上册 2.3 函数的零点 第25题
📝 题目
25．证明下列结论．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 内连续，在 $(a,+\infty)$ 内可导，当 $x>a$ 时 $f^{\prime}(x)>k>0$ ．证明：若 $f(a)<0$ ，则方程 $f(x)=0$ 在 $\displaystyle \left(a, a-\frac{f(a)}{k}\right)$（或 $(a,+\infty)$ ）内有且仅有一个实根．
（2）若函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 存在二阶导数，$f^{\prime}(1)>0, f(1)>0, f^{\prime}(x)$ 严格单调减少。证明：$f(x)$
在 $(-\infty, 1)$ 内至少有一个实根．
（3）设函数 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 内连续，在 $(a,+\infty)$ 内二阶可导，$f(a)>0, f^{\prime}(a)<0$ 且 $x>a$ 时 $f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0$ ．求证：（1） $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=-\infty$ ；（2）在 $[a,+\infty)$ 内方程 $f(x)=0$ 有且仅有一个实根．（浙江大学 2003，西安电子科技 2008 ，北京科技 2009 ，厦门大学 $2005 / 2004$ ，上海理工 2005 ，南京师大 2003 ，西安建筑科技2006，中山大学2009（ $\mathrm{a}=1$ ），安徽师大2007）
（4）设函数 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 内连续，$f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0, f(1)=2, f^{\prime}(1)=-3$ 。求证：在 $(1, \infty)$ 内方程 $f(x)=0$ 有且仅有一个实根．
💡 答案解析
\section*{证明过程：}
（1）由拉格朗日中值定理，$\displaystyle \exists \xi \in\left(a, a-\frac{f(a)}{k}\right)$ 使得
$$
f\left(a-\frac{f(a)}{k}\right)=f(a)+f^{\prime}(\xi)\left(-\frac{f(a)}{k}\right)=f(a)\left(1-\frac{f^{\prime}(\xi)}{k}\right) .
$$
由 $f(a)<0, f^{\prime}(x)>k>0$ 知，$\displaystyle f\left(a-\frac{f(a)}{k}\right)>0$ 。而 $f(a)<0$ ，由介值定理，$\displaystyle \exists x_{0} \in\left[a, a-\frac{f(a)}{k}\right]$ 使 $f\left(x_{0}\right)=0$.
又因当 $x>a$ 时 $f^{\prime}(x)>k>0$ 知，$f(x)$ 在 $\displaystyle \left[a, a-\frac{f(a)}{k}\right]$ 上严格递增，故方程 $f(x)=0$ 在 $\displaystyle \left(a, a-\frac{f(a)}{k}\right)$（或 $(a,+\infty)$ ）内有且仅有一个实根．
（2）由已知 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上是凹函数，$f(x)$ 在 $x=1$ 的切线在曲线的下方．于是
$$
f(x) \leqslant f^{\prime}(1)(x-1)+f(1)
$$
当 $x \rightarrow-\infty$ 时，有 $f(x) \rightarrow-\infty$ ．又 $f(1)>0$ ，由连续函数的介值定理，存在 $\xi \in(-\infty, 1)$ ，使 $f(\xi)=0$ ．
（3）由泰勒公式，
$$
f(x)=f(a)+f^{\prime}(a)(x-a)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)(x-a)^{2} \text {, 其中 } a<\xi0$ ，所以在 $[a,+\infty)$ 内方程 $f(x)=0$ 有一个实根．
又由 $f^{\prime}(a)<0, f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0$ ，得 $f^{\prime}(x)<0$ ，所以 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 内单调递减，所以方程 $f(x)=0$ 在 $[a,+\infty)$ 内有且仅有一个零点。
（4）由泰勒公式
$$
f(x)=f(1)+f^{\prime}(1)(x-1)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)(x-1)^{2} \leqslant f(1)+f^{\prime}(1)(x-1) \text {, 其中 } 1<\xi0$ 知，$f(x)$ 必有零点．
因 $f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0$ ，所以 $f^{\prime}(x)$ 单调减少，从而当 $x \geqslant 1$ 时 $f^{\prime}(x)
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：构造区间并应用拉格朗日中值定理
考虑区间 $\left[a, a-\frac{f(a)}{k}\right]$。由于 $f(a)<0$ 且 $k>0$，该区间长度为正。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in \left(a, a-\frac{f(a)}{k}\right)$ 使得 $f\left(a-\frac{f(a)}{k}\right) = f(a) + f'(\xi)\left(-\frac{f(a)}{k}\right) = f(a)\left(1-\frac{f'(\xi)}{k}\right)$。
公式：$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
提示：注意区间端点的顺序：$a < a-\frac{f(a)}{k}$ 因为 $f(a)<0$。
步骤 2/8
目标：判断端点函数值符号
由 $f(a)<0$ 和 $f'(x)>k>0$ 知 $f'(\xi)>k$，故 $1-\frac{f'(\xi)}{k}<0$，从而 $f\left(a-\frac{f(a)}{k}\right) = f(a)\left(1-\frac{f'(\xi)}{k}\right) > 0$（负乘负得正）。因此 $f(a)<0$，$f\left(a-\frac{f(a)}{k}\right)>0$。
提示：注意 $f(a)$ 为负，$1-\frac{f'(\xi)}{k}$ 也为负，乘积为正。
步骤 3/8
目标：应用介值定理证明根的存在性
由于 $f(x)$ 在 $[a, a-\frac{f(a)}{k}]$ 上连续，且 $f(a)<0$，$f\left(a-\frac{f(a)}{k}\right)>0$，由介值定理，存在 $x_0 \in \left(a, a-\frac{f(a)}{k}\right)$ 使得 $f(x_0)=0$。
公式：介值定理：若 $f$ 连续且 $f(a)f(b)<0$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $f(c)=0$。
提示：区间端点函数值异号是应用介值定理的条件。
步骤 4/8
目标：证明根的唯一性
由 $f'(x)>k>0$ 知 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上严格单调递增，因此方程 $f(x)=0$ 至多有一个实根。结合存在性，有且仅有一个实根。
提示：严格单调函数至多有一个零点。
步骤 5/8
目标：利用凹函数性质得到不等式
由 $f'(x)$ 严格单调减少知 $f(x)$ 是凹函数（上凸），故 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线在曲线之上，即 $f(x) \leq f(1) + f'(1)(x-1)$ 对所有 $x\in(-\infty,1)$ 成立。
公式：凹函数性质：$f(x) \leq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$
提示：注意凹函数（二阶导非正）的切线在函数图像上方。
步骤 6/8
目标：证明存在零点
当 $x \to -\infty$ 时，$f(1)+f'(1)(x-1) \to -\infty$（因为 $f'(1)>0$，$x-1\to -\infty$），故 $f(x) \to -\infty$。又 $f(1)>0$，由连续函数的介值定理，存在 $\xi \in (-\infty,1)$ 使得 $f(\xi)=0$。
提示：注意 $f'(1)>0$ 导致直线斜率为正，但 $x\to -\infty$ 时函数值趋于负无穷。
步骤 7/8
目标：应用泰勒公式估计极限
由泰勒公式，对任意 $x>a$，存在 $\xi\in(a,x)$ 使得 $f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-a)^2$。由于 $f''(x)\leq 0$，有 $f(x)\leq f(a)+f'(a)(x-a)$。又 $f'(a)<0$，当 $x\to +\infty$ 时 $f(a)+f'(a)(x-a)\to -\infty$，故 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$。
公式：泰勒公式：$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-a)^2$
提示：注意 $f''(\xi)\leq 0$ 导致不等式方向。
步骤 8/8
目标：证明存在唯一零点
由 $f(a)>0$ 和 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$，由介值定理知存在零点。又 $f'(a)<0$ 且 $f''(x)\leq 0$ 推出 $f'(x)$ 单调递减，故 $f'(x)\leq f'(a)<0$，从而 $f(x)$ 严格单调递减，零点唯一。
提示：单调性由导数恒负保证。
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