第七讲零点问题与微分不等式

两个部分的内容：零点问题和微分不等式问题

第一部分零点问题

零点问题有时候在题干上表现为方程的根的问题或者两条曲线的交点问题
$\begin{cases}零点问题(证明存在性)\\单调性(证明唯一性)\\罗尔定理推论\color{red}{(用于解决选择题)}\\实系数奇数次方程至少有一个实根\color{red}{(解决选择题方便)}\end{cases}$

零点定理：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)\cdot f(b)\lt 0$ ，则 $f(x)=0$ 在(a,b)内至少存在一个根
扩展，如果是开区间，那么可以分别取端点的左右极限；如果极限也不存在，那么当函数在端点上趋向不同方向的无穷大时结论也成立
单调性：若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调，则 $f(x)=0$ 在 $(a,b)$ 内至多只有一个根，这里的a,b可以是有限数，也可以是无穷大
[注]：单调的充分条件是导数存在且不为零
罗尔定理推论：若 $f^{(n)}(x)=0$ 至多有 $k$ 个根，则 $f(x)=0$ 至多有 $k+n$ 个根

例题
证明方程 $2^x-x^2=1$ 有且仅有3个实根
令 $f(x)=2^x-x^2-1$
则 $f'(x)=2^x\ln2-2x$
$f''(x)=2^x(\ln 2)^2-2$
$f'''(x)=2^x(\ln 2)^3\ne 0$
根据罗尔定理推论可知 $f(x)=0$ 至多只有3个根
观察可知 $f(0)=0,f(1)=0,f(2)=-1,f(5)=6$
$\therefore \exists\xi\in(2,5),f(\xi)=0$
故 $f(x)=0$ 有且仅有三个根

实系数奇次方程至少有一个实数根：任何实系数奇数次方程 $x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}=0$
至少有一个实根

证明
$f(x)=x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}$
$\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$
$\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$
由零点定理可知至少存在一点 $x_0$ 使得 $f(x_0)=0$

题型1：罗尔定理推论和“实系数奇次方程至少有一个实数根”结论的结合运用

例题
若 $3a^2-5b\lt 0$ ，则方程 $x^5+2ax^3+3bx+4c=0$ 有多少个根？
实系数奇数次方程至少有一个根
$(x^5+2ax^3+3bx+4c)'=5x^4+6ax^2+3b$
对于方程 $5t^2+6ax+3b,\Delta=b^2-4ac=36a^2-60b=12(3a^2-5b)\lt0$
故 $5x^4+6ax^2+3b$ 无实数根
又由罗尔定理推论可知原方程 $x^5+2ax^3+3bx+4c$ 至多只有一个根
故原方程有且仅有一个根

题型2：导数中不含参数的带参数方程 $\color{red}{(比较简单)}$

例题
设常数 $k\gt 0$ ，函数 $f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k$ 在 $(0,+\infty)$ 内的零点个数有多少个？
$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$
当 $f'(x)=0$ 时， $x=e$ ，且 $x\in(0,e),f'(x)\gt 0;x\in[e,+\infty],f'(x)\le 0$
$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\ln x-\frac{x}{e}=-\infty$
$\lim_{x\to +\infty}f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k=+\infty$
(因为x趋于负无穷的速度比lnx趋于正无穷的速度块)
故 $f(x)=0$ 有两个实数根

题型3：导数中含参数的带参数方程 $\color{red}{(比较困难)}$

例题
求方程 $k\arctan x - x=0$ 的不同实数根的个数，其中 $k$ 为参数
令 $f(x)=k\arctan x - x$ ，则 $f(x)$ 为奇函数
$f'(x)=\frac{k}{1+x^2}+1=\frac{k-1-x^2}{1+x^2}$
i. 若 $k-1\lt 0,k\lt 1$ ，则 $f'(x)\lt 0$ ， $f(x)$ 单调递减，故此时 $f(x)$ 只有一个根
ii. 若 $k-1\ge 0,k\ge 1$ ，则当 $x\in(-\infty,-\sqrt{k-1}]$ 和 $[\sqrt{k-1},+\infty)$ 时， $f'(x)\le 0$ ；当 $x\in(-\sqrt{k-1},\sqrt{k-1})$ 时， $f'(x)\ge 0$
$\lim_{x\to \infty^-}f(x)=+\infty$
$\lim_{x\to \infty^+}f(x)=-\infty$
$\lim_{x\to\sqrt{k-1}}f(x)=-\lim_{x\to-\sqrt{k-1}}=k\arctan \sqrt{k-1}-\sqrt{k-1}\gt 0$
故此时 $f(x)$ 有四个根

第二部分微分不等式

$\begin{cases}用函数性态(单调性、凹凸性和最值)证明不等式\\用常数变量化证明不等式\\用中值定理证明不等式\end{cases}$

用函数性态（单调性、凹凸性以及最值）证明不等式

若有 $f'(x)\ge 0,a\lt x\lt b$ ，则有 $f(a)\le f(x) \le f(b)$
若有 $f''(x)\ge 0,a\lt x\lt b$ ，则有 $f'(a)\le f'(x)\le f'(b)$
设 $f(x)$ 在区间 $I$ 内有唯一极值点 $x_0$ ，则：当 $x_0$ 为极大值点时， $f(x_0)\ge f(x),\forall x\in I$ ；当 $x_0$ 为极小值点时， $f(x_0)\le f(x),\forall x\in I$
若有 $f''(x)\gt 0,a\lt x\lt b,f(a)=f(b)=0$ ，则有 $f(x)\lt 0$

例题
证明当 $x\gt 0$ 时， $\ln(1+\frac{1}{x})\lt \frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$
$\ln(1+\frac{1}{x})\lt \frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$
$\color{red}{(为了方便求导，可以先乘以一个分母)}$
$\sqrt{x(x+1)}\ln (1+\frac{1}{x})\lt 1$
令 $t=\frac{1}{x}$ ，则
$\frac{\sqrt{1+t}}{t}\ln(1+t)\lt 1$
$\sqrt{1+t}\ln(1+t)\lt t$
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
$\ln(1+\frac{1}{x})\lt \frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$

用常数变量化证明不等式：如果要证明的不等式中都是常数，则可以将其中的一个或者几个视为变量，然后用导数工具进行证明

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

用中值定理证明不等式：这类问题使用到拉格朗日中值定理或者泰勒公式

运用拉格朗日中值定理

例题
设 $f(x)$ 在闭区间 $[0,c]$ 上连续，其导函数 $f'(x)$ 在区间 $(0,c)$ 内存在且单调减少，又 $f(0)=0$ ，试证明 $f(a+b) \le f(a)+f(b)$ ，其中常数满足 $0 \le a\le b\le a+b\le c$
在区间 $(0,a)$ 内使用拉格朗日中值定理可得：
$f(a)-f(0)=af'(\xi_1)$
$f(a)=af'(\xi_1)$
在区间 $(b,a+b)$ 内使用拉格朗日中值定理可得：
$f(a+b)-f(b)=f'(\xi_2)(a+b-b)$
$f(a+b)-f(b)=af'(\xi_2)$
因为 $f'(x)$ 在区间 $(0,c)$ 上单调减少，故
$f(a)\ge f(a+b)-f(b)$
$f(a)+f(b)\ge f(a+b)$

运用泰勒公式

例题
设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内二阶可导，且 $f''(x)\gt 0$ ，证明对于任意的 $x_1,x_2\in(a,b)$ ，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 $x_0=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2$
用带拉格朗日余项的泰勒公式在 $x_0$ 展开得：
$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2$
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
$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)\gt f(x_0)$
$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)\gt f(\lambda x_1+(1-\lambda)x_2)$