专题一 函数与极限 （8）
1.2.8 利用介值定理的证明题
例1.27 （浙江省2011年数学竞赛题）
证明
[x^2]+x^2=[x^3]+x^3存在一个非整数解，其中
[x]表示不大于x的最大整数.
解：构造函数
f(x)=[x^3]+x^3-[x^2]-x^2，根据
2<(\sqrt[3]3)^2<(\sqrt[3]3.9)^2<3，
3=(\sqrt[3]{3})^3<(\sqrt[3.9]{3})^3<4所以当
x\in(\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{3.9})时，
[x^2]=3，
[x^3]=3,于是
f(x)=x^3-x^2+2-3=x^3-x^2-1显然
f(x)是在
x\in((\sqrt[3]{3}),(\sqrt[3]{3.9}))是连续的，而
f(\sqrt[3]{3})=2-\sqrt[3]{9}<0,
f(\sqrt[3]{3.9})=2.9-\sqrt[3]{15.21}>0，
根据零点定理，即
\exists \xi\in(\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{3.9})，使得
f(\xi)=0。同时
(\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{3.9})\subset (1,2)，故
\xi\in(1,2)内，使得
f(x)=0有一个非整数解，即得证。
例1.28 （北京市1992年数学竞赛题）
已知
f_{n}(x)=C_{n}^{0}\cos x-C_{n}^{1}\cos^2 x+\dotsb+C_{n}^{n}\cos ^{n}x求证：（1）.对于任何自然数n，方程
f_{n}(x)=\dfrac{1}{2}在区间
(0,\dfrac{\pi}{2})上仅有一根；（2）.设
x_{n}\in(0,\dfrac{\pi}{2})满足
f_{n}(x_{n})=\dfrac{1}{2}，则
\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}=\dfrac{\pi}{2}解：（1）.可知函数
f(x)=1-(1-\cos x)^n \in C[0,\dfrac{\pi}{2}],且
f_{n}(0)=-1,
f_{n}(\frac{\pi}{2})=0,由介值定理可知，
\dfrac{1}{2}\in(0,1),可以取到，
\exists x_{n}\in[0,\dfrac{\pi}{2}]，使得
f_{n}(x_{n})=\dfrac{1}{2}，而
f_{n}^{‘}(x)=-n(1-\cos x)^{n-1}<0，即
f_{n}(x)在
x\in[0,\dfrac{\pi}{2}]上严格单调递减，所以
x_{n}是唯一存在的。
（2）.可知
\displaystyle f_{n}(\arccos \frac{i}{n})=1-(1-\frac{1}{n})^n，得
\displaystyle\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}f_{n}(\arccos \frac{1}{n})=1-\frac{1}{e}>\frac{1}{2},所以存在一个正整数
N，当
n>N时，有
\displaystyle f_{n}(\arccos \frac{1}{n})=\frac{1}{2}=f_{n}(x_{n}),根据第一问，可知
f_{n}(x)严格单调递减，所以
\displaystyle\arccos \frac{1}{n} < x_{n} < \frac{\pi}{2}，令
n\rightarrow \infty，即
\displaystyle\arccos\frac{1}{n}\rightarrow\frac{\pi}{2}，利用夹逼准则，可以知
\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}=\dfrac{\pi}{2}
例1.29 （浙江省2008年数学竞赛题）
（1）. 证明
f_{n}(x)=x^{n}+nx-2(
n为正整数)在
(0,+\infty)上只有唯一正根
a_{n}；（2）计算
\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}(1+a_{n})^n.
解：（1）.可知
f_{n}(0)=-2<0，而
\displaystyle f_{n}(\frac{2}{n})=(\frac{2}{n})^n>0,应用零点定理，可知
\exists x_{0}\in(0,\frac{2}{n})\subset(0,+\infty)有
f_{n}(x_{0})=0，且同时
f_{n}^{’}(x)=nx^{n-1}+n>0，可知
f_{n}(x)是单调递增的，故在
(0,+\infty)只有一个实根
a_{n}；
（2）.根据
n\in N^{+}时，有
\displaystyle 0\leq \frac{2}{n}-\frac{2}{n^2} < 1,
\displaystyle\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2} < \frac{2}{n}，所以
\displaystyle f_{n}(\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})=(\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})^n-\frac{2}{n} < 0
进一步得
\displaystyle a_{n}\in(\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2},\frac{2}{n})时，有
\displaystyle(1+\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})^n < (1+a_{n})^n < (1+\frac{2}{n})^n令
n\rightarrow \infty，有
\displaystyle(1+\frac{2}{n})^n\Rightarrow (1+\frac{2}{n})^{\frac{n}{2}\cdot 2}\rightarrow e^2
同时
\displaystyle(1+\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})^n\Rightarrow (1+\frac{2n-2}{n^2})^{\frac{n^2}{2n-2}\cdot \frac{2n(2n-2)}{n^2}}\rightarrow e^2
，
根据夹逼准则，可以知
\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}(1+a_{n})^n=e^2例1.30（北京市1994年数学竞赛题）
设
f_{n}(x)=x+x^2+x^3+\dotsb+x^n(n=2,3,4,\dotsb).证明：（1）.方程
f_{n}(x)=1在
[0,+\infty)上有唯一的实根
x_{n}；（2）求极限
\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}。
解：（1）根据题意知
f_{n}(0)=0，
f_{n}(1)=n>1,且
f_{n}(x)\in C[0,1],由介值定理，存在一点
x_{n}\in (0,1)内，使得
f_{n}(x_{n})=1，同时
f_{n}^{'}(x)=1+2x+3x+\dotsb+nx^{n-1}>0（x\geq0），即
f_{n}(x)在
[0,+\infty)上是单调递增的，
所以
f_{n}(x)=1在
[0,+\infty)有唯一的实根
x_{n};
(2).根据（1）可知，对
\forall x\geq 2时，有$0
x_{n}+x_{n}^2+x_{n}^3+\dotsb+x_{n}^n=x_{n+1}+x_{n+1}^2+x_{n+1}^3+\dotsb+x_{n+1}^{n+1}
移项得
(x_{n}-x_{n+1})[1+（x_{n}+x_{n+1}+\dotsb+(x_{n}^{n-1}+x_{n}^{n-2}x_{n-1})+\dotsb+x_{n+1}^{n-1}]=x_{n+1}^{n+1}>0所以
x_{n}>x_{n+1},即数列
\{x_{n}\}是单调递减，根据有界准则，可数列
\{x_{n}\}是收敛的，令
x_{n}\rightarrow A(n\rightarrow \infty)，则
\dfrac{A}{1-A}=1，解得
A=\dfrac{1}{2},所以愿极限
\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}=\dfrac{1}{2}例1.31 （精选题）
已知函数
f(x)在闭区间
[a,b]连续，且
f(a)=f(b)，求证：
\exists \xi \in (a,b)，使得
f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2}).
解 :构造函数
F(x)=f(x+\frac{b-a}{2})-f(x),
x\in[a,\frac{a+b}{2}]，则
F(\frac{a+b}{2})=f(b)-f(\frac{a+b}{2})=f(a)-f(\frac{a+b}{2}),同理
F(a)=f(\frac{a+b}{2})-f(a),所以可以得到
F(\frac{a+b}{2})F(a)=-[{f(a)-f(\frac{a+b}{2})}]^2<0，
(1).当
f(a)=f(\frac{a+b}{2})时，
\xi=\frac{a+b}{2};
(2).当
f(a)\neq f(\frac{a+b}{2})时，应用零点定理，则有
\exists \xi \in(a,\frac{a+b}{2})，使得
F(\xi)=0,即可以得到
f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2}).
今天的题目就到这里了，关于介值定理以及零点定理都是常见的套路，一般证明唯一的话，再加上一个单调性就可以，其次证明极限用夹逼准则，注意放缩法的应用，注意左右夹逼的同一性，这个要进行练习。其次还有极限的求法，列方程求解。单调有界准则重要证明的是单调和有界，单调一般时采用函数或者作差或者相除，再利用常见的不等式进行放缩，有界可以利用假设归纳法或者函数法，求它的值的范围。
作者：小熊
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