论文部分内容阅读
命题1函数f(x)=ax+b(a≠0)满足:f(x1)f(x2)<0,则x0∈(x1,x2),
有f(x0)=0.
证明:函数f(x)=ax+b的零点即方程ax+b=0的根,由a≠0知方程ax+b=0有实数根x0=-ba,即f(x0)=0.所以只需证x0=-ba∈(x1,x2),由f(x1)f(x2)<0得(ax1+b)(ax2+b)<0即:
ba2-(x1+x2)-ba+x1x2<0,解得x1<-ba<x2,所以
x0=-ba∈(x1,x2),使f(x0)=0.
命题2函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)满足:f(x1)f(x2)<0,则
x0∈(x1,x2),有f(x0)=0.
证明:函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的零点即方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根.
由题意知Δ=b2-4ac>0(否则不满足f(x1)f(x2)<0),所以方程
ax2+bx+c=0(a≠0)有实数根,即x0使f(x0)=0.下证x0∈(x1,x2).
因为a≠0,不妨假设a>0,由f(x1)f(x2)<0得:
f(x1)>0,
f(x2)<0,或f(x1)<0,
f(x2)>0.
①当f(x1)>0,f(x2)<0时,有:
ax21+bx1+c>0,ax22+bx2+c<0(a>0),
由ax21+bx1+c>0得x1+b2a2>b2-4ac4a2.
所以x1>-b+b2-4ac2a或x1<-b-b2-4ac2a,
由ax22+bx2+c<0得x2+b2a2<b2-4ac4a2.
所以-b-b2-4ac2a<x2<-b+b2-4ac2a.
又由f(x0)=0,即ax20+bx0+c=0,
解得x0=-b±b2-4ac2a.
若x1>-b+b2-4ac2a,
-b-b2-4ac2a<x2<-b+b2-4ac2a,
则x0=-b+b2-4ac2a∈(x1,x2),满足f(x0)=0.
若x1<-b-b2-4ac2a,
-b-b2-4ac2a<x2<-b+b2-4ac2a,
则x0=-b-b2-4ac2a∈(x1,x2),满足f(x0)=0.
②当f(x1)<0,f(x2)>0时,同理可证:x0∈(x1,x2),有f(x0)=0.
綜上所述,由①、②知命题成立.
作者单位:山东省单县第五中学
有f(x0)=0.
证明:函数f(x)=ax+b的零点即方程ax+b=0的根,由a≠0知方程ax+b=0有实数根x0=-ba,即f(x0)=0.所以只需证x0=-ba∈(x1,x2),由f(x1)f(x2)<0得(ax1+b)(ax2+b)<0即:
ba2-(x1+x2)-ba+x1x2<0,解得x1<-ba<x2,所以
x0=-ba∈(x1,x2),使f(x0)=0.
命题2函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)满足:f(x1)f(x2)<0,则
x0∈(x1,x2),有f(x0)=0.
证明:函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的零点即方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根.
由题意知Δ=b2-4ac>0(否则不满足f(x1)f(x2)<0),所以方程
ax2+bx+c=0(a≠0)有实数根,即x0使f(x0)=0.下证x0∈(x1,x2).
因为a≠0,不妨假设a>0,由f(x1)f(x2)<0得:
f(x1)>0,
f(x2)<0,或f(x1)<0,
f(x2)>0.
①当f(x1)>0,f(x2)<0时,有:
ax21+bx1+c>0,ax22+bx2+c<0(a>0),
由ax21+bx1+c>0得x1+b2a2>b2-4ac4a2.
所以x1>-b+b2-4ac2a或x1<-b-b2-4ac2a,
由ax22+bx2+c<0得x2+b2a2<b2-4ac4a2.
所以-b-b2-4ac2a<x2<-b+b2-4ac2a.
又由f(x0)=0,即ax20+bx0+c=0,
解得x0=-b±b2-4ac2a.
若x1>-b+b2-4ac2a,
-b-b2-4ac2a<x2<-b+b2-4ac2a,
则x0=-b+b2-4ac2a∈(x1,x2),满足f(x0)=0.
若x1<-b-b2-4ac2a,
-b-b2-4ac2a<x2<-b+b2-4ac2a,
则x0=-b-b2-4ac2a∈(x1,x2),满足f(x0)=0.
②当f(x1)<0,f(x2)>0时,同理可证:x0∈(x1,x2),有f(x0)=0.
綜上所述,由①、②知命题成立.
作者单位:山东省单县第五中学