同样,由limf(x)=B<0,必有c<x,使得f(c)<0 f"(x)>0知y=f(x)是凹函数,从而f(x)>f(c)+f(cXx-c)(x<c) 当x→-∞时,f(-∞)+f(c)(x-c)→+∞ 故存在d<c,使得 f(d)>f(c)+f'(c)(d-c)>0 (10分) 在[xb]和[d,x利用零点定理,彐x∈(x,b),x2∈(d,x)使得 f(x1)=f(x2)=0 (12分) 下面证明方程∫(x)=0在(-∞,+∞)只有两个实根 用反证法.假设方程f(x)=0在(-∞,+∞)内有三个实根,不妨设为x,x2,x3, 且x1<x2<x3对f(x)在区间[x1,x2]和[x2,x3]上分别应用洛尔定理,则各至少 存在一点ξ1(x1<51<x2)和ξ2(x2<2<x3),使得f(1)=f(2)=0.再将 ∫(x)在区间[ξ1,2]上使用洛尔定理,则至少存在一点叭(1<η<2),使 (n)=0.此与条件f"(x)>0矛盾.从而方程f(x)=0在(-∞,+∞)不能多于两 个根 (15分) 证2.先证方程∫(x)=0至少有两个实根 由limf(x)=a>0,必有一个充分大的a>x,使得f(a)>0 因f(x)在(-∞,+∞)上具有二阶导数,故∫(x)及∫"(x)在(-∞,+∞)均连续.由 拉格朗日中值定理,对于x>a有 f(x)-[f(a)+f(a)(x-a)=f(x)-f(a)-f(a)(x-a) f((x-a)-f(a)(x-a)=[f(5)-f(a)](x-a =f"(m)(2-a)(x-a) 其中a<ξ<x,a<η<x.注意到∫"(m)>0(因为∫"(x)>0),则同样，由 lim ( ) 0 x f x β →−∞ ′ = < ，必有 0 c x < ，使得 f c ′() 0 < . f x ′′() 0 > 知 是凹函数，从而 y fx = ( ) f ( ) ( ) ( )( ) ( ) x fc f c x c x c >+ − < ′ 当 x → −∞时， f fcx c ( ) ( )( ) −∞ + − → +∞ ′ . 故存在d < c，使得     fd fc f c d c ( ) ( ) ( )( ) 0 > + −> ′                     ……………………    （10 分） 在 0 [ ,] x b 和 [, ] d x0 利用零点定理， 1 0 ∃x ∈( ,) x b ， 2 (, )0 x ∈ d x 使 得       fx fx ( )1 = = ( 2 ) 0                               ……………………… （12 分） 下面证明方程 xf = 0)( 在 −∞,+∞)( 只有两个实根. 用反证法. 假设方程 xf = 0)( 在 −∞,+∞)( ] 2 32 x,x 内有三个实根，不妨设为 ， 且 . 对 在区间[ 和[ ]上分别应用洛尔定理，则各至少 存在一点 （ 321 x,x,x 321 << xxx 1 ξ xf )( 1 ξ < x 1 ,x 2 x 1 x < ）和 （2 ξ 22 3 x < ξ < x ），使得 f' ξ1 )( = (ξη 0 = 0 ) 2 < ξ )( 2 f' ξ 1 < η . 再将 在区间 [ 上使用洛尔定理，则至少存在一点 ，使 . 此与条件 矛盾. 从而方程 x)( η = 0)( f' f" ] 2 ξ ′′ 1 ξ , f x() 0 > xf )( = 在 −∞,( +∞) 不能多于两 个根.                                                     ……………………（15 分） 证 2. 先证方程 至少有两个实根 xf = 0)( . 由 lim ( ) 0 x f x α →+∞ ′ = > ，必有一个充分大的 > xa 0 ，使得 f a′() 0 > . 因 xf )( 在 −∞,+∞)( 上具有二阶导数，故 f ′( ) x 及 f ′′( ) x 在 −∞,+∞)( 均连续. 由 拉格朗日中值定理，对于 x > a 有 f ( ) [ ( ) ( )( )] x fa f a x a −+ − ′ = f ( ) ( ) ( )( )] x fa f a x a − − − ′        = f ′ ′ ( )( ) ( )( ) ξ x a fax a −− −= [ ( ) ( )]( ) f ′ ξ − fa xa ′ −        = f ′′( )( )( ) η ξ − − ax a . 其中a < ξ < a,x η << x . 注意到 f ′′() 0 η > （因为 f x ′′() 0 > ），则 3