设f(x)在(一∞,+∞)内二阶可导,f"(x)>0,且=β<0,又存在x0,使得f(x0)<0,试证:方程f(x)=0在(一∞,+∞)内有且仅有两个实根.

admin2017-07-26  39

问题 设f(x)在(一∞,+∞)内二阶可导,f"(x)>0,且=β<0,又存在x0,使得f(x0)<0,试证:方程f(x)=0在(一∞,+∞)内有且仅有两个实根.

选项

答案先证存在性. 由[*],存在M>0,使得当x>M时,|f’(x)一α|< [*] 于是可知:f(x)在(0,+∞)内单调增加. 任取x∈[M,+∞),f(x)在[M,x]上连续,在(M,x)内可导,由拉格朗日中值定理知,存在点ξ∈(M,x),使得f(x)=f(M)+f’(ξ)(x一M),于是 f(x)>f(M)+[*](x一M)>0. 又存在点x0,使得f(x0)<0.所以,由介值定理.存在点ξ1∈(x0,x),使f(ξ1)=0. 同理可证,当x<0时,存在点ξ2∈(x,x0),使得f(ξ3)=0. 再证唯一性.(反证法) 假若f(x)=0有三个实根ξ1,ξ2,ξ31<ξ2<ξ3),由洛尔定理,存在η1∈(ξ1,ξ2),η2∈(ξ2,ξ3),使得 f’(η1)=f’(η2)=0. 再由洛尔定理,存在η∈(η1,η2),使f"(η)=0.与题设f"(x)>0矛盾,故f(x)=0在(一∞,+∞)内有且仅有两个实根.

解析
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