2.6 零点个数与方程根的个数

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讨论 $f(x)=0$ 根的个数，本质上只有两件事要做：先证”至少有几个”（存在性），再证”至多有几个”（个数上界）。存在性靠零点定理或介值定理；上界靠单调性（把区间切开后每段至多一个根）或罗尔定理推论（导数阶数与根数的关系）。两端夹住，根的个数就被唯一确定；如果题目只问取值范围，就把”根数与参数的关系”翻译成”水平直线与曲线交点个数”。

核心结论

工具	结论	解决什么	使用条件
零点定理	$f\in C[a,b]$ 且 $f(a)f(b)<0$ $\Rightarrow$ $\exists\,\xi\in(a,b),\ f(\xi)=0$	根的存在性（“至少几个”）	闭区间上连续 + 两端函数值异号
单调性	$f$ 在 $(a,b)$ 内单调 $\Rightarrow$ $f(x)=0$ 在 $(a,b)$ 内至多有一个根	根的唯一性	区间可有限可无限；单调性由 $f'$ 定号得到
罗尔定理推论	$f$ 在区间 $I$ 上 $n$ 阶可导且 $f^{(n)}(x)\ne0$ $\Rightarrow$ $f(x)=0$ 至多有 $n$ 个根	根的个数上界（“至多三个”）	需 $n$ 阶可导且第 $n$ 阶导数无实根
重根与导数的关系	$x_0$ 是 $f(x)=0$ 的 $n$ 重根 $\Rightarrow$ 它是 $f^{(k)}(x)=0$ 的 $n-k$ 重根（ $k=1,\dots,n-1$ ），且不是 $f^{(n)}(x)=0$ 的根	定位重根、解含参重根题	需 $f(x)=(x-x_0)^ng(x)$ ， $g(x_0)\ne0$ ， $g$ 有 $n$ 阶导数

判断依据：零点定理只用”连续 + 端点异号”，因此它给出的是存在性，与 $f$ 是否可导无关；单调性和罗尔定理推论都依赖导数信息，给出的是唯一性或个数上界。这两类信息互补，所以”存在 + 上界”是根个数问题的标准闭环。
使用条件：先用零点定理（或极限、保号性、试根）凑出 $k$ 个根，再用单调性或罗尔定理推论证明”至多 $k$ 个”。两侧数量相等时，“根的个数 = k”才成立；只做一侧只能得到不等式。
注意点：零点定理不能给出根的具体位置，也不能保证唯一；反过来，单调性只说明”至多一个”，不能说明”至少有一个”。凡是题目要求”个数”，一侧的结论都不够。

1 零点定理（证明根的存在性）

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且

f(a)f(b)<0,

则 $f(x)=0$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个根。

判断依据：连续函数的图像从 $x$ 轴一侧穿到另一侧，途中必然与 $x$ 轴相交。条件 $f(a)f(b)<0$ 只是”异号”的一种写法，本质是要求两端函数值符号相反。
使用条件：区间必须闭（保证两端可取到函数值），结论的根落在开区间内。若端点只是极限为异号（如 $\lim\limits_{x\to a^+}f(x)<0$ 、 $f(b)>0$ ），要先由保号性在内部取到两个异号点 $x_1<x_2$ ，再对 $[x_1,x_2]$ 用零点定理。
注意点： $f(a)f(b)>0$ 时不能下”无根”的结论（如 $f(x)=x^2-1$ 在 $[-2,2]$ 上）；零点定理存在若干种变体形式（如 $f(a)>0$ 、 $f(b)$ 端点为 $\infty$ 的情形），实质都是介值定理。

2 单调性（证明根的唯一性）

若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调，则 $f(x)=0$ 在 $(a,b)$ 内至多有一个根，这里区间 $(a,b)$ 可以是有限区间也可以是无穷区间。

判断依据：若 $f$ 严格单调，取 $x_1<x_2$ 时必有 $f(x_1)<f(x_2)$ （或反号），因此不可能有两个不同的点取到同一个值 $0$ 。
使用条件：单调性通常由 $f'(x)$ 的符号得到（ $f'$ 定号即可），也可以用定义或复合函数单调性。区间是开区间时结论为”至多一个”，要配合零点定理才能得到”恰有一个”。
注意点：非严格单调（如 $f$ 在某段为常数 $0$ ）时会有无穷多个根，例如 $f(x)=0$ 在任意区间上都”单调不减”，根的个数无法用这条结论控制；所以用 $f'(x)\ge0$ 判单调时，必须确认等号不在一个区间上恒成立。

题型一：画图像

画图像时，先判断其定义域，之后观察是否具有奇偶性，然后再求导判断单调性。若遇到参数，则优先考虑“变量分离”，但要注意，分母不能为 0！

判断依据：方程中参数 $k$ 能”干净”地解出来时，写成 $k=\varphi(x)$ ，则”原方程有几个根”等价于”水平直线 $y=k$ 与曲线 $y=\varphi(x)$ 有几个交点”。根个数的讨论因此转化为函数值域的分段与单调性的讨论。
使用条件：分离时会出现分母，分母不能为 $0$ 。所以先要单独检查那些使分离式失效的点（例 2.62 中的 $x=0$ 、例 2.63 中的 $x=1$ ）：若这些点本身是方程的根，必须先记入总数，再对剩余区间讨论。
注意点： $\varphi$ 的单值性依赖单调性，逐段求出单调区间与极值、极值点处的函数值、以及端点（含无穷远）的极限，才能画出草图定交点数； $\varphi$ 的无穷间断点对应铅直渐近线，曲线被它分成若干支，交点数要按支分别统计。

$x=0$ 时，方程显然成立，故 $x=0$ 是方程的一个实根。

当 $x\ne0$ 时，

k=\frac{x}{\arctan x}.

令

f(x)=\frac{x}{\arctan x},

则 $f(x)$ 为偶函数，故只需研究 $x>0$ 时的情况。

当 $x>0$ 时，

f'(x)=\frac{(1+x^2)\arctan x-x}{(\arctan x)^2(1+x^2)}.

令

g(x)=(1+x^2)\arctan x-x,

则

g'(x)=2x\arctan x>0\quad(x>0).

又 $g(0)=0$ ，故 $g(x)>0$ ，从而 $f'(x)>0$ 。因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调增加，且

\lim_{x\to0^+}f(x)=1,\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

所以：

① $k\le1$ 时， $y=f(x)$ 与 $y=k$ 在 $x>0$ 内无交点，方程只有 $x=0$ 一个实根；

② $k>1$ 时， $y=f(x)$ 与 $y=k$ 在 $x>0$ 内有一个交点，由偶函数的性质，在 $x<0$ 内还有一个交点，加上 $x=0$ ，方程共有三个实根。

ax-b\ln x=0

等价于

\frac{x}{\ln x}=\frac ba,

故函数 $f(x)=ax-b\ln x$ 有 2 个零点等价于曲线

y=\frac{x}{\ln x}

与直线

y=\frac ba

有 2 个交点。

计算

g(x)=\frac{x}{\ln x}

的导数：

g'(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^2}.

由于 $x=1$ 是 $g(x)$ 的无穷间断点，故 $x=1$ 是 $y=g(x)$ 的铅直渐近线。当 $0<x<1$ 时， $g'(x)<0$ ， $g(x)$ 单调减少；当 $1<x<e$ 时， $g'(x)<0$ ， $g(x)$ 单调减少；当 $x>e$ 时， $g'(x)>0$ ， $g(x)$ 单调增加，且

\lim_{x\to+\infty}g(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x} \mathop{=}^{\text{洛必达}} \lim_{x\to+\infty}\frac1x=+\infty.

$x=e$ 是 $g(x)$ 的极小值点，极小值为

g(e)=e.

由图可知，曲线 $y=\dfrac{x}{\ln x}$ 与直线 $y=\dfrac ba$ 有 2 个交点，当且仅当

\frac ba>e.

因此应选 A。

判断依据：分离参数后， $a>0$ 使 $\dfrac ba$ 可以取遍 $k>0$ （ $b$ 可正可负）；当 $\dfrac ba>0$ 时直线只与曲线在 $x>1$ 的一支相交，而求导表明 $x\in(1,e)$ 递减、 $x\in(e,+\infty)$ 递增，最小值 $g(e)=e$ ，所以水平线 $y=\dfrac ba$ 与这一支的交点数由它与 $e$ 的大小关系决定： $=e$ 相切（1 个交点）， $>e$ 相交两点， $<e$ 无交点。
注意点： $\dfrac ba\le0$ 时因为 $\dfrac{x}{\ln x}$ 在第一支（ $0<x<1$ ）上为负而无下界、在第二支上为正，交点数并非 2，这也是”取值范围”型题目要分情况讨论的原因；本题的选项已排除这一情况。

题型二：零点定理 + 单调性

由

f(x)=\int_x^1\sqrt{1+t^2}\,\mathrm dt +\int_1^{x^2}\sqrt{1+t}\,\mathrm dt

可知 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上均有定义，且

\begin{aligned} f'(x) &=\left(\int_x^1\sqrt{1+t^2}\,\mathrm dt\right)' +\left(\int_1^{x^2}\sqrt{1+t}\,\mathrm dt\right)'\\ &=-\sqrt{1+x^2}+2x\sqrt{1+x^2}\\ &=(2x-1)\sqrt{1+x^2}. \end{aligned}

由于 $\sqrt{1+x^2}>0$ ，故 $x=\dfrac12$ 为 $f(x)$ 的唯一驻点。

当 $x\in\left(\dfrac12,+\infty\right)$ 时， $f(x)$ 单调增加；当 $x\in\left(-\infty,\dfrac12\right)$ 时， $f(x)$ 单调减少， $f(x)$ 在 $x=\dfrac12$ 处取得最小值。

因为

f(1)=\int_1^1\sqrt{1+t^2}\,\mathrm dt +\int_1^1\sqrt{1+t}\,\mathrm dt=0,

而 $f(x)$ 在 $\left(\dfrac12,+\infty\right)$ 上单调增加，所以 $f(x)$ 在 $\left(\dfrac12,+\infty\right)$ 上只有一个零点。

由于 $f(1)=0$ ，故

f\left(\frac12\right)<f(1)=0.

又因为

\lim_{x\to-\infty}f(x) =\lim_{x\to-\infty} \left(\int_x^1\sqrt{1+t^2}\,\mathrm dt +\int_1^{x^2}\sqrt{1+t}\,\mathrm dt\right),

两个被积函数 $\sqrt{1+t^2},\sqrt{1+t}$ 均大于 1，所以

\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.

由连续函数的零点定理知， $f(x)$ 在 $\left(-\infty,\dfrac12\right)$ 上必然存在一个零点，且由 $f(x)$ 的单调性可知该零点也是该区间上的唯一零点。

综上所述， $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上共有两个零点。

本题的关键判断有三点：

①几何条件”面积成 3 倍关系”要转化为零点问题：设水平分界线为 $y=f(t)$ ，则 $S_1,S_2$ 都是 $t$ 的函数，” $S_1=3S_2$ 有唯一解”就是” $F(t)=S_1(t)-3S_2(t)$ 在 $(a,b)$ 内有唯一零点”。

②未知量必须先用参数代替：题目要证的是”存在 $\xi$ “，在证明之前 $\xi$ 的位置还是未知的，直接把它写进面积表达式在逻辑上是循环论证。所以先引入自由参数 $t$ （ $t$ 可以在 $[a,b]$ 上任意取值），把面积写成 $S_1(t)$ 、 $S_2(t)$ 并构造 $F(t)$ ；最后由零点定理得到的那个零点就是所求的 $\xi$ 。这一处理与”证明存在 $\xi$ 使 $f'(\xi)=g(\xi)$ “型题目先构造 $F(x)$ 再取 $x=\xi$ 是同一个道理。

③ $f(x)$ 是已知函数，在构造 $F(t)$ 时它充当”常数”，积分变量 $x$ 与参数 $t$ 必须用不同字母区分。

如图所示， $S_1$ 与 $S_2$ 均为 $t$ 的函数。本题可以构造辅助函数

F(t)=S_1(t)-3S_2(t),

并证明 $F(t)$ 的零点在 $(a,b)$ 内存在且唯一。

写出 $S_1(t),S_2(t)$ 的表达式：

S_1(t)=\int_a^t[f(t)-f(x)]\,\mathrm dx, \qquad S_2(t)=\int_t^b[f(x)-f(t)]\,\mathrm dx.

令

F(t)=S_1(t)-3S_2(t).

若能证明 $F(t)$ 的零点在 $(a,b)$ 内存在且唯一，则命题得证。

先证零点的存在性。

考虑 $F(a),F(b)$ 。由于在 $(a,b)$ 内有 $f'(x)>0$ ，故对 $x\in(a,b)$ ，有

f(a)<f(x)<f(b).

F(a)=S_1(a)-3S_2(a) =0-3\int_a^b[f(x)-f(a)]\,\mathrm dx<0,

F(b)=S_1(b)-3S_2(b) =\int_a^b[f(b)-f(x)]\,\mathrm dx-0>0.

由于 $F(t)$ 在 $[a,b]$ 上连续，故由连续函数的零点定理可知，存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $F(\xi)=0$ ，即 $S_1(\xi)=3S_2(\xi)$ 。

下面证明零点的唯一性。

考虑 $F'(t)$ 。由变限积分的求导公式可得

\begin{aligned} F'(t) &=[S_1(t)-3S_2(t)]'\\ &=\left[f(t)(t-a)-\int_a^tf(x)\,\mathrm dx +3f(t)(b-t)-3\int_t^bf(x)\,\mathrm dx\right]'\\ &=(t-a)f'(t)+f(t)-f(t) +3(b-t)f'(t)-3f(t)+3f(t)\\ &=\left[(t-a)+3(b-t)\right]f'(t). \end{aligned}

由于 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内恒大于零，故 $F'(t)$ 在 $(a,b)$ 内恒大于零，从而 $F(t)$ 在 $[a,b]$ 上单调增加。因此， $F(t)$ 在 $(a,b)$ 内至多有一个零点。

综上所述， $F(t)$ 在 $(a,b)$ 内有且仅有一个零点，命题得证。

题型三：试根 + 罗尔定理推论

罗尔定理推论：

若 $f(x)$ 在区间 $I$ 上 $n$ 阶可导，且

f^{(n)}(x)\ne0,

即 $f^{(n)}(x)=0$ 无实根（至多有 0 个根），于是 $f(x)=0$ 至多有 $n$ 个根（以阶数计）。

判断依据：这是罗尔定理反复使用的结论。若 $f(x)=0$ 有 $n+1$ 个互异实根，对相邻两根用罗尔定理可得 $f'(x)=0$ 的 $n$ 个互异实根，逐次做下去就得到 $f^{(n)}(x)=0$ 至少有一个实根——与 $f^{(n)}(x)\ne0$ 矛盾。反过来说， $f^{(n)}$ 无实根就限制了 $f$ 的根数不超过 $n$ 。
使用条件：必须验证 $f$ 在相应区间上 $n$ 阶可导（罗尔定理的连续、可导条件逐层都要满足）；结论中的” $n$ 个根”是按重数计算的。
注意点： $f^{(n)}(x)\ne0$ 要求恒不为零且无实根，例如 $f'''(x)=2^x(\ln2)^3>0$ 就满足。若 $f^{(n)}$ 有实根，这条推论不能给出上界（但可以用 $f^{(n)}$ 的根数反推 $f$ 的根数上界：每次求导根数至少减一，故 $f^{(n)}$ 有 $m$ 个根时 $f$ 至多 $m+n$ 个根）。
配套动作：“存在性”靠观察出的根（试根），如例 2.66 中 $f(0)=f(1)=0$ 一眼可见；剩下的根再用零点定理在合适的区间上补出来。

本题可用罗尔定理结合多项式的零点个数与其次数的关系判断 $f(x)$ 的驻点个数。

当 $x\ne1,2,3$ 时，

f'(x) =\frac{[(x-1)(x-2)(x-3)]'}{(x-1)(x-2)(x-3)}.

令

g(x)=(x-1)(x-2)(x-3),

则 $f'(x)$ 的零点个数与 $g'(x)$ 的零点个数相同。

$g(x)$ 有 3 个根， $x=1,x=2,x=3$ ，由罗尔定理知， $g'(x)$ 在 $(1,2),(2,3)$ 上各有一个零点。又因为 $g(x)$ 为三次多项式， $g'(x)$ 为二次多项式， $g'(x)$ 至多有 2 个零点，所以 $g'(x)$ 有且仅有 2 个零点，即 $f'(x)$ 有且仅有 2 个零点。 $f(x)$ 的驻点个数为 2，应选 C。

题型四：重根

所谓重根，即类似 $x^2$ 在 $x=0$ 处，两个根重合，即为重根。

设 $x_0$ 是方程 $f(x)=0$ 的 $n$ 重根，即

f(x)=(x-x_0)^ng(x),

且 $g(x_0)\ne0$ 。若 $g(x)$ 具有 $n$ 阶导数，则：

（1）当 $n=1$ 时， $f'(x_0)\ne0$ ，即 $x_0$ 不是 $f'(x)=0$ 的根；

（2）当 $n\ge2$ 时， $x_0$ 是 $f'(x)=0$ 的 $n-1$ 重根。依此类推， $x_0$ 是 $f^{(k)}(x)=0$ 的 $n-k$ 重根， $k=1,2,\cdots,n-1$ ，且 $x_0$ 不是 $f^{(n)}(x)=0$ 的根。

上述结论可简单表述为：求一次导，根的重数减少一次。因此， $f(x)$ 的重根，一定也是 $f'(x)$ 的根，因此重根一定在驻点处取得。

判断依据：由 $f(x)=(x-x_0)^ng(x)$ 用乘积求导法则逐次求导即可看出， $x_0$ 的因子幂次每求导一次减 1，直到 $n$ 次导后 $(x-x_0)^0$ 消失，此时 $f^{(n)}(x_0)=n!\,g(x_0)\ne0$ 。
适用范围：结论要求 $g$ 在 $x_0$ 附近有 $n$ 阶导数（多项式显然满足）；求出的”重根”是按重数计的根，与”不同实根”是两个概念，答题时要说明是按重数还是按个数。
注意点：结论只是单向的——重根必是驻点，但驻点不一定是重根。因此”有 $m$ 个重根”的题应先求出全部驻点，再用函数值筛选（重根处函数值为 $0$ ），如例 2.68。

易错点

只用零点定理就下”恰好一个根”的结论：零点定理只给存在性。必须补上单调性或罗尔定理推论，才能把”至少”升级为”恰好”。
变量分离时漏掉分母为零的点：如 $k=\dfrac{x}{\arctan x}$ 在 $x=0$ 处、 $\dfrac{x}{\ln x}$ 在 $x=1$ 处，这些点的处理方式是”单独检验是否为根”，不是直接丢弃。
把 $\varphi(x)$ 的间断点当成曲线的”一段”： $y=\dfrac{x}{\ln x}$ 在 $x=1$ 处是无穷间断点，曲线分成两支，水平直线与两支分别相交的个数要分开数。
忘记 $f'$ 的分子也要定号： $f'(x)$ 的符号由分子决定，而分子常常还需要再求一次导才看得清（例 2.62 的 $g(x)$ ）。
用 $f'(x)\ge0$ 判唯一性时不检查等号：若 $f'$ 在某个子区间上恒为 $0$ ，则 $f$ 在该区间上是常数，根的个数不受”至多一个”限制，需单独说明。
把”重根”和”不同实根”混为一谈： $n$ 重根在按个数计数时只算一个根，但在罗尔定理推论中要按重数计入 $n$ 。
在未证明存在之前就把 $\xi$ 写进表达式（例 2.65）：应先引入可自由取值的参数 $t$ ，构造含 $t$ 的表达式（或辅助函数），证明其零点存在且唯一，最后才把该零点记作 $\xi$ 。

我的总结

这一节的结构其实很清晰：存在性 + 上界 = 个数。做题时我先问自己”题目的答案是’至少’还是’恰好’“，如果是”恰好”，就必须找到两个方向的证据，缺一不可。例 2.66 是这条思路最干净的模板（试根 + 零点定理给至少 3 个，罗尔定理推论给至多 3 个）。
上界那一侧，我有两个可互换的工具：单调性（把区间按驻点切开，每段至多一根）和罗尔定理推论（ $f^{(n)}$ 无实根 $\Rightarrow$ $f$ 至多 $n$ 根）。前者要求能定出导数的符号，后者只要求能判断最高阶导数的符号，遇到高次多项式或含参数的多项式时后者更好用（例 2.67 法二）。
含参数的方程，我的第一动作是变量分离：写成 $k=\varphi(x)$ 后，问题就变成画 $\varphi$ 的草图数交点。但要额外留意两类点——分母为零的点（单独检验是否为根）和 $\varphi$ 的无穷间断点（把曲线分成多支）。例 2.62、例 2.63 把这两种情形各演了一遍。
例 2.65 给我最大的收获不是计算，而是书写顺序上的自我约束：结论里的 $\xi$ 在证完之前是未知的，所以面积表达式只能用参数 $t$ 写，最后再宣布 $F$ 的那个零点就是 $\xi$ 。这个”先参数、后中值点”的写法，在后面 2.8 中值定理的构造题里是通用套路。
还没做透的：把”根个数与参数取值范围”的题整理成一个流程表（定义域 → 单调区间 → 极值与极限 → 分界讨论），并把例 2.63 中 $\dfrac ba\le0$ 的情形补完整；另外想做一批”只给出 $f^{(n)}$ 符号信息、问 $f$ 根数上界”的练习。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注）：例 2.62 为 2011 数一真题，例 2.63 为 2021 数二、数三真题，例 2.64 为 2015 数二真题，例 2.65 为 1988 数一真题，例 2.67 为 2011 数二真题
常见考研数学教材与辅导资料
本人课程学习笔记。其中”变量分离后要单独处理分母为零点与无穷间断点”这一注意点的表述，参考自某考研数学课程讲义与严选题
例题与练习中涉及的具名题集：武忠祥严选题（例 2.68），以及各年份真题

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ギターと孤独と蒼い惑星

2.6 零点个数与方程根的个数

2.6 零点个数与方程根的个数

核心结论

1 零点定理（证明根的存在性）

2 单调性（证明根的唯一性）

题型一：画图像

题型二：零点定理 + 单调性

题型三：试根 + 罗尔定理推论

题型四：重根

易错点

我的总结

参考资料

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