上册 2.3 函数的零点 第26题
📝 题目
26．证明下列结论。
（1）设 $f^{\prime}(x) \neq 0, \lim _{x \rightarrow+x} f^{\prime}(x)=\alpha>0, f\left(x_{0}\right)<0$ ．试证 $f(x)$ 在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 内有且仅有一个零点．
（2）设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上具有二阶导数，且 $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0, \lim _{x \rightarrow-x} f^{\prime}(x)=\alpha<0, \lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=\beta>0$ ．又存在一点 $x_{0}$ ，使 $f\left(x_{0}\right)<0$ ．证明方程 $f(x)=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有且只有两个实根．
（3）设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内有连续的一阶导数。试证：
（1）若 $\lim _{|x| \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=\alpha>0$ ，则方程 $f(x)=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内至少有一个实根．
（2）若 $\lim _{|x| \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ，则方程 $f^{\prime}(x)=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内至少有一个实根．
（4）设 $f(x)$ 在 $(-\infty, a)$ 内可导。若 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow-x} f^{\prime}(x)=\beta<0, \lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{x-a}=\alpha>0$ 。证明： $\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=+\infty$ ，且 $f(x)=0$ 在 $(-\infty, a)$ 内至少有一个零点．
💡 答案解析
\section*{证明过程：}
（1）由于 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=\alpha>0$ ，故对 $\displaystyle \varepsilon=\frac{\alpha}{2}>0$ ，存在 $M>0$ ，当 $x>M$ 时，有 $\displaystyle \frac{\alpha}{2}M$ 充分大时，$f(a)>0$ ．由连续函数的零点定理得，方程 $f(x)=0$ 在 $\left(x_{0}, a\right)$ 上有一个根．
由于 $f^{\prime}(x) \neq 0$ ，所以 $f^{\prime}(x)>0$ 。于是 $f(x)$ 在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 上严格递增，故 $f(x)$ 在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 内有且仅有一个零点。
（2）分析：由已知条件知，$f^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上严格递增，且由负变正．因此 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上由递减变为递增，故在某点达到最小值，由条件知最小值为负的。证明如下：
由已知条件知，$f(x)$ 在某点 $\xi$ 达到最小值，且 $f(\xi) \leqslant f\left(x_{0}\right)<0$ 。在 $(\xi,+\infty)$ 上．$f^{\prime}(x)>0$ 且单调递增。取 $a>\xi$ 使得 $f(a)<0$ 。在 $[a,+\infty)$ 上，$f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(a)>0$ 。由（1）知，方程 $f(x)=0$ 在 $[a,+\infty)$ 上有且只有一个根，从而在 $(\xi,+\infty)$ 上有且仅有一个根。
同理可证 $f(x)=0$ 在 $(-\infty, \xi)$ 上有且仅有一个根。所以 $f(x)=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有且仅有两个根。
（3）先证（1）．
由于 $\lim _{|x| \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=\alpha>0$ ，故对 $\displaystyle \varepsilon=\frac{\alpha}{2}>0$ ，存在 $M>0$ ，当 $|x|>M$ 时，有 $\displaystyle \frac{\alpha}{2}M$ 使 $f(a)>0$ ．
同理，
$$
f(x)-f(-M)=f^{\prime}(\eta)(x+M) \rightarrow-\infty(x \rightarrow-\infty) \text {, 其中 } x<\eta<-M \text {. }
$$
于是存在 $b<-M$ 使 $f(b)<0$ ．
由于 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，故由零点定理得方程 $f(x)=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内至少有一个实根。
再证（2）．
如果 $f(x) \equiv 0$ ，则命题结论显然成立．
如果 $f(x)$ 不恒等于零，则存在 $x_{0} \in(-\infty,+\infty)$ ，使得 $f\left(x_{0}\right) \neq 0$ 。
由 $\lim _{|x| \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ，对 $\displaystyle \varepsilon=\frac{1}{2}\left|f\left(x_{0}\right)\right|>0$ ，存在 $M>0$ ，当 $|x|>M$ 时，有 $\displaystyle |f(x)|<\varepsilon=\frac{1}{2}\left|f\left(x_{0}\right)\right|$ 。
由 $f(x)$ 在区间 $[-M-1, M+1]$ 上连续，则必存在最大值或最小值，其最大值点或最小值点（设为 $x=\xi$ ）必然在区间（ $-M-1, M+1$ ）．由于当 $|x|>M$ 时，有 $\displaystyle |f(x)|<\varepsilon=\frac{1}{2}\left|f\left(x_{0}\right)\right|$ ，故 $x=\xi$ 必是极值点．由于 $f^{\prime}(x)$ 在区间 $(-M-1, M+1)$ 内存在且连续，所以 $f^{\prime}(\xi)=0$ ．因此方程 $f^{\prime}(x)=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内至少有一个实根．
（4）由于 $\lim _{x \rightarrow-\infty} f^{\prime}(x)=\beta<0$ ，故对 $\displaystyle \varepsilon=-\frac{\beta}{2}>0$ ，存在 $M>0$ ，当 $x<-M$ 时有 $\displaystyle \frac{3 \beta}{2}0$ 。
由 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow a^{-}} \frac{f(x)}{x-a}=\alpha>0$ ，对 $\displaystyle \varepsilon=\frac{\alpha}{2}>0, \exists \delta>0$ ，当 $a-\delta
📋 详细解题步骤
步骤 1/9
目标：证明(1)：存在零点
由 $\lim_{x\to+\infty} f'(x)=\alpha>0$，取 $\varepsilon=\frac{\alpha}{2}$，存在 $M>0$，当 $x>M$ 时，$\frac{\alpha}{2}M$，由Lagrange中值定理，$f(x)-f(M)=f'(\xi)(x-M)$，其中 $M<\xif(M)+\frac{\alpha}{2}(x-M)\to+\infty$。因此存在 $a>M$ 使 $f(a)>0$。又 $f(x_0)<0$，由零点定理，$f(x)$ 在 $(x_0,a)$ 内至少有一个零点。
公式：Lagrange中值定理：$f(x)-f(M)=f'(\xi)(x-M)$
提示：注意 $f'(x)\neq0$ 结合极限为正推出 $f'(x)>0$，从而严格单调。
步骤 2/9
目标：证明(1)：唯一性
由于 $f'(x)\neq0$ 且 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=\alpha>0$，则 $f'(x)>0$ 对所有 $x$ 成立（否则由介值性会变号）。因此 $f(x)$ 在 $(x_0,+\infty)$ 上严格递增，故零点唯一。
提示：严格单调函数至多有一个零点。
步骤 3/9
目标：证明(2)：存在最小值点
由 $f''(x)\ge0$ 知 $f'(x)$ 单调不减。又 $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=\alpha<0$，$\lim_{x\to+\infty}f'(x)=\beta>0$，故存在唯一 $\xi$ 使 $f'(\xi)=0$，且 $x<\xi$ 时 $f'(x)<0$，$x>\xi$ 时 $f'(x)>0$。因此 $f(x)$ 在 $(-\infty,\xi]$ 递减，在 $[\xi,+\infty)$ 递增，$\xi$ 为最小值点。由 $f(x_0)<0$ 得 $f(\xi)\le f(x_0)<0$。
公式：导数符号与单调性关系
提示：注意 $f''\ge0$ 保证 $f'$ 单调，从而零点唯一。
步骤 4/9
目标：证明(2)：右侧零点存在唯一
在 $[\xi,+\infty)$ 上，$f'(x)>0$ 且单调递增。取 $a>\xi$ 使 $f(a)<0$（例如 $a=\xi$ 时 $f(\xi)<0$）。由(1)的结论（将 $x_0$ 换为 $a$），存在唯一 $x_1>a$ 使 $f(x_1)=0$。实际上，$\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$（因为 $f'(x)\ge f'(\xi+1)>0$ 且 $f$ 递增），故存在 $b>a$ 使 $f(b)>0$，由零点定理得根，唯一性由严格递增保证。
公式：利用(1)的结论
提示：需验证 $f$ 在 $[\xi,+\infty)$ 上满足(1)的条件：$f'\neq0$ 且极限为正。
步骤 5/9
目标：证明(2)：左侧零点存在唯一
类似地，在 $(-\infty,\xi]$ 上，$f'(x)<0$ 且单调递减（因为 $f''\ge0$ 故 $f'$ 递增，但 $f'$ 为负，绝对值递减）。考虑 $g(x)=f(-x)$ 或直接应用(1)的对称形式：$\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$（因为 $f'(x)\le f'(\xi-1)<0$ 且 $f$ 递减），故存在 $c<\xi$ 使 $f(c)>0$，又 $f(\xi)<0$，由零点定理得根，唯一性由严格递减保证。
提示：注意 $f$ 在 $(-\infty,\xi]$ 上严格递减，且极限为 $+\infty$。
步骤 6/9
目标：证明(3)(1)：存在零点
由 $\lim_{|x|\to+\infty}f'(x)=\alpha>0$，取 $\varepsilon=\frac{\alpha}{2}$，存在 $M>0$，当 $|x|>M$ 时，$\frac{\alpha}{2}M$，由Lagrange中值定理，$f(x)-f(M)=f'(\xi)(x-M)\to+\infty$，故存在 $a>M$ 使 $f(a)>0$。对 $x<-M$，$f(x)-f(-M)=f'(\eta)(x+M)\to-\infty$（因为 $x+M<0$，$f'(\eta)>0$），故存在 $b<-M$ 使 $f(b)<0$。由零点定理，$f(x)=0$ 在 $(b,a)$ 内至少有一根。
公式：Lagrange中值定理
提示：注意 $x\to-\infty$ 时 $x+M\to-\infty$，乘积趋向 $ -\infty$。
步骤 7/9
目标：证明(3)(2)：存在导数为零的点
若 $f\equiv0$，则 $f'(x)=0$ 处处成立，结论成立。否则存在 $x_0$ 使 $f(x_0)\neq0$。由 $\lim_{|x|\to+\infty}f(x)=0$，取 $\varepsilon=\frac{1}{2}|f(x_0)|$，存在 $M>0$，当 $|x|>M$ 时，$|f(x)|<\varepsilon$。考虑闭区间 $[-M-1,M+1]$，$f$ 在此区间上连续，故存在最大值和最小值。由于 $|f(x_0)|>\varepsilon$，最大值或最小值必在内部达到（因为端点附近函数值绝对值小于 $\varepsilon$）。设极值点为 $\xi$，由Fermat引理，$f'(\xi)=0$。
公式：Fermat引理：可导函数在极值点处导数为零
提示：注意 $f$ 连续可导，极值点必在区间内部。
步骤 8/9
目标：证明(4)：极限为+∞
由 $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=\beta<0$，取 $\varepsilon=-\frac{\beta}{2}>0$，存在 $M>0$，当 $x<-M$ 时，$\frac{3\beta}{2}0$。
公式：Lagrange中值定理
提示：注意 $f'(\xi)$ 为负，$x+M$ 为负，乘积为正且趋于无穷。
步骤 9/9
目标：证明(4)：存在零点
由 $\lim_{x\to a^-}\frac{f(x)}{x-a}=\alpha>0$，取 $\varepsilon=\frac{\alpha}{2}$，存在 $\delta>0$，当 $a-\delta0$，由零点定理，存在 $c\in(x_1,x_2)$ 使 $f(c)=0$，即 $f(x)=0$ 在 $(-\infty,a)$ 内至少有一个零点。
公式：零点定理
提示：注意 $x-a<0$ 时不等式方向反转。
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