考研数学中方程根的个数问题总结

2021考研高等数学17堂课主讲 武忠祥 教授专题9 方程根的存在性及个数方程0)(=x f 的根就是函数)(x f 的零点,其几何意义就是曲线)(x f y =和x 轴的交点.通常是以下两个问题 1.根的存在性： 方法1：零点定理；若函数)(x f 在区间],[b a 上连续，且,0)()(<⋅b f a f 则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.【注】这个结论可推广为：若函数)(x f 在区间),(b a 内连续，且,)(lim α=+→x f ax ,0,)(lim <⋅=−→βαβx f b x 则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.这里,,b aβα,可以是有限数，也可以是无穷大.方法2：罗尔定理；若函数)(x F 在区间],[b a 上满足罗尔定理三个条件，且),,(),()(b a x x f x F ∈=′则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.2.根的个数： 方法1：单调性；若函数)(x f 在区间],[b a 上单调（严格单调），则方程0)(=x f 在),(b a 上最多一个实根. 方法2：罗尔定理推论； 罗尔定理推论：若在区间I 上0)()(≠x fn ，则方程0)(=x f 在I 上最多n 个实根.【例1】设)()2)(1(ln )(n x x x x f −−−=L ，则方程0)(=′x f 根的个数为._________【例2】设,)1()(33x x x f −=则方程0)(=′′′x f 在)1,0(上( ) (A)有1个根 (B)有2个根(C)有3个根 (D)有4个根【例3】已知方程c b a cx bx ax ++=++23423在)1,0(内至少有一个实根，则（ ） （A ）0>a （B ）0<b（C ）0>c （D ）c b a ,,为任意实数.【例4】（1996年1,2）在区间),(+∞−∞内，方程+41||x 0cos ||21=−x x （C ）.（A ）无实根 （B ）有且仅有一个实根 （C ）有且仅有两个实根 （D ）有无穷多个实根 【例5】方程x x t x t −=∫−30d e 2（ ）（A ）有且仅有一个实根 （B ）有且仅有两个实根 （C ）有且仅有三个实根 （D ）有无穷多个实根 【解】令x x t x f x t +−=∫−30d e )(2，则)(x f 是),(+∞−∞上的奇函数，从而，原方程在区间)0,(−∞和),0(+∞上实根个数相同，因此，只需讨论),0(+∞上实根个数。

考研数学二（线性代数）历年真题试卷汇编1(题后含答案及解析) 题型有：1. 选择题 2. 填空题 3. 解答题选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1．记行列式为f(x)，则方程f(x)=0的根的个数为A．1B．2C．3D．4正确答案：B解析：计算该行列式可以有多种方法．例如，为了便于降阶，先把第1列的(一1)倍分别加到第2、3、4列，得故方程f(x)=0的根为x=0和x=1，于是知(B)正确．2．行列式A．(ad一bc)2B．一(ad 一bc)2C．a2d2一b2c2D．b2c2一a2d2正确答案：B解析：按第1列展开，得所求行列式D等于=一ad (ad 一bc)+bc(ad 一bc)=一(ad 一bc)2.3．设A是任一n(n≥3)阶方阵，A*是A的伴随矩阵，又k为常数，且k≠0，±1，则必有(kA)*=A．kA*B．kn一1A*C．k一1A*D．k一1A*正确答案：B解析：由于n阶行列式的每个元素的余子式都是一个n一1阶行列式，故|kA|的每个元素的代数余子式等于|A|的对应元素的代数余子式的kn一1倍，于是由伴随矩阵的定义知(kA)*的每个元素等于A*的对应元素的kn一1倍，即(kA)*=kn 一1A*．4．设A是3阶方阵，将A的第1列与第2列交换得B，再把B的第2列加到第3列得C，则满足AQ=C的可逆矩阵Q为A．B．C．D．正确答案：D解析：记交换单位矩阵的第1列与第2列所得初等矩阵为E(1，2)，记将单位矩阵第2列的k倍加到第3列所得初等矩阵为E(3，2(k))，则由题设条件，有AE(1，2)=B，BE(3，2(1))=C，故有AE(1，2)E(3，2(1))=C于是得所求逆矩阵为Q=E(1，2)E(3，2(1))=所以只有选项(D)正确．5．设A为n(n≥2)阶可逆矩阵，交换A的第1行与第2行得矩阵B，A*，B*分别为A，B的伴随矩阵，则A．交换A*的第1列与第2列得B*．B．交换A*的第1行与第2行得B*．C．交换A*的第1列与第2列得一B*．D．交换A*的第1行与第2行得一B*．正确答案：C解析：用排除法，以2阶方阵为例，设由此可见，交换A*的第1列与第2列得一B*，而其它选项均不对，故只有(C)正确．记P为交换n阶单位矩阵的第1行与第2行所得初等方阵，则由题设条件有B=PA，且|B|=一|A|，P一1=P．由A可逆知B可逆，利用B一1=|B|一1B*，得B*=|B|一1=一|A|(PA)一1=一(|A|A 一1)一1=一A*P或A*P=一B*因为用P右乘矩阵A*，等价于交换A*的第1列与第2列，故知选项(C)正确．也可利用B*=(PA)*=A*P*，及P*=|P|P一1=一P，得B*=一A*P．6．设A为3阶矩阵，将A的第2行加到第1行得B，再将B的第1列的一1倍加到第2列得C，记P=则A．C=P一1AP，B．C=PAP一1C．C=PTAP．D．C=PAPT．正确答案：B解析：将单位矩阵E的第2行加到第1行即得初等矩阵P，由初等变换与初等矩阵的关系，有B=PA．令矩阵则将E的第1列的一1倍加到第2列即得矩阵Q，于是有C=BQ，从而有C=PAQ．由于P一1=所以，C=PAQ=PAP一1，只有选项(B)正确．7．设A为n阶非零矩阵，E为n阶单位矩阵，若A3=0，则A．E一A不可逆，E+A不可逆．B．E一A不可逆，E+A可逆．C．E一A可逆，E+A可逆．D．E一A可逆，E+A不可逆．正确答案：C解析：由于(E一A)(E+A+A2)=E一A3=E，(E+A)(E—A+A2)=E+A3=E，故由可逆矩阵的定义知：E一A和E+A均是可逆的．8．设A，B均为2阶矩阵，A*，B*分别为A，B的伴随矩阵，若|A|=2，|B|=3，则分块矩阵的伴随矩阵为A．B．C．D．正确答案：B解析：记矩阵并记|C|的(i，j)元素的代数余子式为Aij(i，j=1，2，3，4)，则计算可得：A11=0，A21=0，A31=|A|h，A41=一A|f，A12=0，A22=0，A32=一|A| g，A42=|A|e，A13=|B|d，A23=一|B|b，A33=0，A43=0，A14=一|B|c，A24=|B|a，A34=0，A44=0．于是由伴随矩阵的定义(C*的(i，j)元为Aji)，得因此选(B)．9．设A，P均为3阶矩阵，PT为P的转置矩阵，且PTAP=A．B．C．D．正确答案：A解析：由于Q=[α1+α2，α2，α3]=[α1，α2，α3]所以故只有选项(A)正确．10．设A为3阶矩阵，将A的第2列加到第1列得矩阵B，再交换B的第2行与第3行得单位矩阵．记P1=，则A=A．P1P2．B．P1一1P2．C．P2P1．D．P2P1一1．正确答案：D解析：由题设条件有P2AP1=I，两端左乘P2一1，两端右乘P1一1，得A=P2一1P2一1，因P2一1= P2，而P1一1≠P1，故只有(D)正确．11．设区域D由曲线y=sinx，x=±，y=1围成，则(xy5一1)dxdy=A．π．B．2．C．一2．D．一π．正确答案：B解析：已知A(α1+α2，α2，α3)=(α1+α2，α2，α3)(Aα1+Aα2，A α2，α3)=(α1+α2，α2，2α3)Aα1=α1，Aα2=α2，Aα3=2α3A(α1+α2)=A α1+Aα2=α1+α2AQ=A(α1+α2，α2，α3)=(A(α1+α2)，Aα2，Aα3)=(α1+α2，α2 ，2α3)=(α1+α2，α2，α3)两端左乘Q一1，得Q一1AQ=．由已知A相似于对角矩阵diag(1，1，2)，知α1+α2，α2，α3是A的3个线性无关特征向量，且依次属于特征值1，1，2．α1+α2≠0(否则α1，α2线性相关，与α1+α2，α2，α3线性无关矛盾)，且A(α1+α2)=Aα1+Aα2=α1+α2，因此α1+α2是A的属于特征值1的一个特征向量．从而知α1+α2，α2，α3是A的3个线性无关特征向量，且依次属于特征值1，1，2，因此利用矩阵相似对角化可写出(α1+α2，α2，α3)一1A(α1+α2，α2，α3)=diag(1，1，2)，即Q一1AQ=diag(1，1，2)．因此选(B)．填空题12．设E为4阶单位矩阵，且B=(E+A)一1(E—A)，则(E+B)一1=________．正确答案：解析：由题设等式得E+B=E+(E+A)一1(E 一A)用(E+A)左乘上式两端，得(E+A)(E+B)=E+A+E一A=2E13．设α为3维列向量，αT是α的转置，若ααT=，则αTα=________．正确答案：3．解析：于是有a2=1，b2=1，c2=1，从而得αTα= [a b c]=a2+b2+c2=1+1+1=3．14．设三阶方阵A、B满足A2B一A一B=E，其中E为三阶单位矩阵，A=，则|B|=________．正确答案：解析：由题设方程移项得A2B一B=A+E，(A2一E)B=A+E，(A+E)(A—E)B=A+E，注意A+E=可逆，用(A+E)一1左乘上式两端，得(A 一E)B=E两端取行列式，得|A一E||B|=115．设矩阵A=，矩阵B满足ABA*=2BA*+E，其中A*是A的伴随矩阵，E是单位矩阵，则|B|=________．正确答案：解析：由于A*A=|A| E，而|A|=3，所以A*A=3E．用矩阵A右乘题设方程两端，可得3AB=6B+A，或3(A 一2E)B=A，两端取行列式，得33|A一2E||B|=|A|，由于|A一2E|=故有27|B|=3，所以|B|=16．设α1，α2，α3均为3维列向量，记矩阵A =(α1，α2，α3)，B=(α1+α2+α3，α1+2α2+4α3，α1+3α2+9α3)．如果|A|=1，那么|B|=________．正确答案：2．解析：对行列式|B|依次作等值变形(用c1+ kcj表示第i列加上第j列的k倍)c2 一c1，c3 一c1，得|B|=|α1|+α2+α3，α2+3α3，2α2+8α3|再作等值变形c3一2c2，得|B| =| α1+α2+α3，α2+3α3，2α3|=2|α1+α2+α3，α2+3α3，α3|=2 |α1+α2，α2，α3|=2 |α1，α2，α3|=2 |A|=2．17．设矩阵A=E为2阶单位矩阵，矩阵B满足BA=B+2E，则|B|=________．正确答案：2．解析：由给定矩阵方程得BA 一B=2E B(A 一E)=2E两端取行列式，得|B ||A一E|=|2E因|A一E|==2，|2E|= 22|E|=4所以有 2 |B|=4，从而得|B|=2．18．设矩阵A=则A3的秩为________．正确答案：1．解析：利用矩阵乘法，容易计算得A3=由于A3中非零子式的最高阶数为1，故由矩阵的秩的定义，即知r(A3)=1．19．设A，B为3阶矩阵，且|A|=3，|B|=2，|A一1+B|=2，则|A+B一1|=________．正确答案：3．解析：由于A+B一1=(AB+E)B一1=A(B+A一1)B一1=A(A一1+B)B一1，两端取行列式，并利用|ABC|=|A||B||C|及|B一1|=|B|一1，得|A+B一1|=|A|．|A一1+B|．|B一1}=3×2×=3．20．设A为3阶矩阵，|A|=3，A*为A的伴随矩阵．若交换A的第1行与第2行得矩阵B，则|BA*|=________．正确答案：一27．解析：由于互换行列式的两行，则行列式仅变号，于是知|B|=一3．再利用|A*|=|A|n一1|A|2=9，得|BA*|=|B||A*|=一27．记交换3阶单位矩阵的第1行与第2行所得初等矩阵为E12，则B=E12A，由于AA*=|A|E=3E，得BA*=E12AA*=E12(3E)=3E12，注意|E12|=一1，所以|BA*|=|3E12|= 33|E|12=一27．21．设A=(aij)是3阶非零矩阵，|A|为A的行列式，Aij为aij的代数余子式，若aij+Aij=0(i，j=1，2，3)，则|A|=________．正确答案：一1．解析：由A≠0，不妨设a11≠0，由已知的Aij=一aij(i，j=1，2，3)，得及A=一(A*)T，其中A*为A的伴随矩阵，以下有两种方法：方法1：用AT右乘A=一(A*)T的两端，得AA*=一(A*)AT=一(AA*)T=一(|A|I)T，其中I为3阶单位矩阵，上式两端取行列式，得|A|2=(一1)3|A|3，或|A|2(1+|A|)=0，因|A|≠0，所以|A|=一1．方法2：从A=一(A*)T两端取行列式，并利用|A*|= |A|2，得|A|= (一1)3 |A*|=一|A|2，或|A| (1+|A|)=0，因|A|≠0，所以|A|=一1．22．设矩阵等价，则a=________．正确答案：2．解析：由知矩阵B的秩为2，由于矩阵与矩阵B相似，所以A的秩也为2，因此A的行列式为零，由得a=一1，或a=2．若a=一1，则A=的秩为1，不合题意；若a=2，则的秩为2，符合题意，因此a=2．23．已知向量组α1=(1，2，一1，1)，α2=(2，0，t，0)，α3=(0，一4，5，一2)的秩为2，则t=________．正确答案：3．解析：以α1，α2，α3为行作成矩阵A，并对A作初等变换：由此可知当且仅当f=3时，矩阵A的秩、也即向量组α1，α2，α3的秩等于2．由于α1，α3线性无关，故向量组α1，α2，α3的秩为2当且仅当α2可由α1，α3线性表出，即存在常数x1，x2，使得x1α1+x2α3=α2，亦即由此解得t=3．解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

导数四：导数中的有关方程根的问题一、常见基本题型：(1) 判断根的个数问题，常常转化为函数图象的交点个数问题，通过构造函数来求解，例1.已知函数221()ln(1),().1f x x g x a x =+=+- 求方程()()f x g x =的根的个数.解： 令221()()()ln(1)1h x f x g x x a x =-=+--- '2222222211()21(1)1(1)x x h x x x x x x ⎡⎤=+=+⎢⎥+-+-⎣⎦当[0,1)(1,)x ∈⋃+∞时，'()0h x ≥当(,1)(1,0)x ∈-∞-⋃-时，'()0h x <因此，()h x 在(,1),(1,0)-∞--时，()h x 单调递减，在(0,1),(1,)+∞时，()h x 单调递增.又()h x 为偶函数，当(1,1)x ∈-时，()h x 极小值为(0)1h a =- 当1x -→-时，()h x →-∞， 当1x +→-时，()h x →+∞ 当x →-∞时，()h x →+∞， 当x →+∞时，()h x →+∞故()()f x g x =的根的情况为：当10a ->时，即1a <时，原方程有2个根；当10a -=时，即1a =时，原方程有3个根；当10a -<时，即1a >时，原方程有4个根（2）已知方程在给定的区间上解的情况，去求参数的取值范围，另外有关方程零点的个数问题其实质也是方程根的问题。

例1.已知32()(),(,f x ax bx b a x a b =++-是不同时为零的常数），其导函数为()f x '，（1）求证：函数()y f x '=在(1,0)-内至少存在一个零点；（2）若函数()f x 为奇函数，且在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，关于x 的方程1()4f x t =-在[1,](1)t t ->-上有且只有一个实数根，求实数t 的取值范围.解：（1）证明：因为2()32f x ax bx b a '=++-当0a =时，12x =-符合题意； 当0a ≠时，2321b b x x a a++-，令b t a =，则2321x tx t ++- 令2()321h x x tx t =++-，11()024h -=-<， 当1t >时，(0)10h t =->， ()y h x ∴=在1(,0)2-内有零点； 当1t ≤时，(1)210h t -=-≥>，()y h x ∴=在1(1,)2--内有零点.∴当0a ≠时，()y h x =在(1,0)-内至少有一个零点.综上可知，函数()y f x '=在(1,0)-内至少有一个零点（2） 因为32()()f x ax bx b a x =++-为奇函数，所以0b =，所以3()f x ax ax =-，2()3f x ax a '=-. 又()f x 在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，所以1a =，即3()f x x x =-.()f x ∴在(,),()33-∞-+∞上是单调递增函数，在[,]33-上是单调递减函数，由()0f x =解得1x =±，0x =，由1()4f x x =-解之得02x x =±=作()y f x =与14y x =-的图知交点横坐标为,02x x =±=当383[(0,){}229x ∈-时，过14y x =-图象上任意一点向左作平行于x 轴的直线与()y f x =都只有唯一交点，当x 取其它任何值时都有两个或没有交点。

专题9 方程根的存在性及个数方程0)(=x f 的根就是函数)(x f 的零点,其几何意义就是曲线)(x f y =和x 轴的交点.通常是以下两个问题 1.根的存在性： 方法1：零点定理；若函数)(x f 在区间],[b a 上连续，且,0)()(<⋅b f a f 则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.【注】这个结论可推广为：若函数)(x f 在区间),(b a 内连续，且,)(lim α=+→x f ax ,0,)(lim <⋅=−→βαβx f b x 则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.这里,,b aβα,可以是有限数，也可以是无穷大.方法2：罗尔定理；若函数)(x F 在区间],[b a 上满足罗尔定理三个条件，且),,(),()(b a x x f x F ∈=′则方程0)(=x f 在),(b a 上至少有一个实根.2.根的个数： 方法1：单调性；若函数)(x f 在区间],[b a 上单调（严格单调），则方程0)(=x f 在),(b a 上最多一个实根.方法2：罗尔定理推论； 罗尔定理推论：若在区间I 上0)()(≠x fn ，则方程0)(=x f 在I 上最多n 个实根.【例1】设)()2)(1(ln )(n x x x x f −−−=L ，则方程0)(=′x f 根的个数为._________【例2】设,)1()(33x x x f −=则方程0)(=′′′x f 在)1,0(上( ) (A)有1个根 (B)有2个根(C)有3个根 (D)有4个根【例3】已知方程c b a cx bx ax ++=++23423在)1,0(内至少有一个实根，则（ ） （A ）0>a （B ）0<b（C ）0>c （D ）c b a ,,为任意实数.【例4】（1996年1,2）在区间),(+∞−∞内，方程+41||x 0cos ||21=−x x （C ）.（A ）无实根 （B ）有且仅有一个实根 （C ）有且仅有两个实根 （D ）有无穷多个实根 【例5】方程x x t x t −=∫−30d e 2（ ）（A ）有且仅有一个实根 （B ）有且仅有两个实根 （C ）有且仅有三个实根 （D ）有无穷多个实根 【解】令x x t x f x t +−=∫−30d e )(2，则)(x f 是),(+∞−∞上的奇函数，从而，原方程在区间)0,(−∞和),0(+∞上实根个数相同，因此，只需讨论),0(+∞上实根个数。

《方程的根与函数的零点》知识清单一、方程的根方程是数学中一个非常重要的概念，简单来说，方程就是含有未知数的等式。

而方程的根，就是使方程左右两边相等的未知数的值。

例如，对于方程 2x 5 ＝ 0 ，通过移项可得 2x ＝ 5 ，从而解得 x ＝25 ，那么 25 就是这个方程的根。

方程的根可能是一个实数，也可能是多个实数，甚至可能是复数。

比如方程 x²＋ 1 ＝ 0 ，在实数范围内无解，但在复数范围内，其根为x ＝ ±i 。

二、函数函数是数学中另一个核心概念。

简单地说，函数就是一种对应关系，对于给定的自变量的值，按照某种规则，都有唯一确定的因变量的值与之对应。

以常见的一次函数 y ＝ 2x ＋ 1 为例，当 x 取任意实数时，都能通过这个表达式唯一确定 y 的值。

函数可以用图像、表达式、表格等多种方式来表示。

函数的图像能够直观地反映函数的性质和特点。

三、函数的零点函数的零点是指函数图像与 x 轴交点的横坐标。

也就是当函数值为0 时，自变量的取值。

例如，对于函数 f(x) ＝ x² 4 ，令 f(x) ＝ 0 ，即 x² 4 ＝ 0 ，解得 x＝ ±2 ，所以函数 f(x) 的零点为－2 和 2 。

四、方程的根与函数的零点的关系方程的根与函数的零点有着密切的联系。

如果函数 y ＝ f(x) ，令 f(x) ＝ 0 所得到的方程的根，就是函数的零点。

反之，函数的零点就是对应方程的根。

例如，对于方程 2x 6 ＝ 0 ，其根为 x ＝ 3 。

对于函数 f(x) ＝ 2x 6 ，其零点也是 x ＝ 3 。

五、判断函数零点所在的区间在实际问题中，常常需要判断函数的零点所在的区间。

可以利用零点存在定理：如果函数 f(x) 在区间 a, b 上连续，且 f(a)与 f(b) 的乘积小于 0 ，那么在区间（a, b) 内至少存在一个零点。

例如，对于函数 f(x) ＝ x² 2x 3 ，f(0) ＝－3 ，f(3) ＝ 0 ，因为 f(0) × f(3) ＜ 0 ，所以在区间（0, 3) 内至少存在一个零点。

考研数学二考生要注意的误区考研数学二考生要注意的误区考生们在准备考研数学二的备考时，要了解清楚有哪些误区是我们需要注意的。

店铺为大家精心准备了考研数学二考生的误区指南，欢迎大家前来阅读。

考研数学二战考生要规避的三个误区一、看中速度，看中数量众所周知，考研数学要想得高分，需要考生练习一定数量的题目。

有些考生在做题的过程中，喜欢跟周围的同伴比较，看到别人做得比自己快，就开始心理发慌，想着自己也得赶进度，一天看两章，甚至是三章内容，也不注重知识点归纳，题型总结，最终导致已经看过一遍的题目，改变一种形式，到考场上还是不会独立完成。

在此，要告诫所有二战的考生，练习一定量的数学题目是重要，但是更为关键是做题的质量，学会举一反三，从题目中看出题的命题方向，作者的解题思路，运用的相关知识点等。

另外，每个人的看书习惯不用，应该说无论看书的速度无所谓好坏，快也好，慢也罢，看懂门道是关键，要将练题的效果最大化。

二、计划不切合实际考研复习是一场长久战，制定的一个科学合理的计划是必须的。

但是在实际操作环节，好多考生在制定计划的时候，都没有实事求是，结合自己的学习情况，为自己私人定制一个个人化的学习方案，最终导致计划不具有可行性，也就不断去印证一句老话，"计划赶不上变化"。

对于二战的考生，在制定计划时，经常会有一些共性的问题。

大部分二战考生，经历了上一轮的完整备战，汲取自己惨败的教训，会有一个共同的认识，就是考研复习的时间不够用，尤其是在数学的备考方面，尤为突出。

鉴于这一点，好多考生都把自己的计划设置的特别满，复习任务相当重，每天考试的各个科目均复习到，但在实际执行时，往往会遇到这样那样的事情，导致计划无法实施。

所以，每位二战考生一定要结合自己的实际情况，去制定学习计划。

如觉得自己的`数学薄弱，就应该在数学复习上花多一点功夫。

另外，各个阶段的侧重点也会有差异，如前期数学和打基础，需要考生投入更多的时间，后期，政治新大纲确定后，政治也会成为考生复习的另一个重要的侧重点。

考研数一证明题方法总结结合几何意义记住基本原理重要的定理主要包括零点存在定理、中值定理、泰勒公式、极限存在的两个准则等基本原理，包括条件及结论。

知道基本原理是证实的基础，知道的程度(即就是对定理理解的深入程度)不同会导致不同的推理能力。

如2006年数学一真题第16题(1)是证实极限的存在性并求极限。

只要证实了极限存在，求值是很容易的，但是如果没有证实第一步，即使求出了极限值也是不能得分的。

因为数学推理是环环相扣的，如果第一步未得到结论，那么第二步就是空中楼阁。

这个题目非常简单，只用了极限存在的两个准则之一：单调有界数列必有极限。

只要知道这个准则，该问题就能轻松解决，因为关于该题中的数列来说，"单调性'与"有界性'都是很好验证的。

像这样直接可以利用基本原理的证实题并不是很多，更多的是要用到第二步。

借助几何意义寻求证实思路一个证实题，大多时候是能用其几何意义来正确解释的，当然最为基础的是要正确理解题目文字的含义。

如2007年数学一第19题是一个关于中值定理的证实题，可以在直角坐标系中画出满足题设条件的函数草图，再联系结论能够发现：两个函数除两个端点外还有一个函数值相等的点，那就是两个函数分别取最大值的点(正确审题：两个函数取得最大值的点不一定是同一个点)之间的一个点。

这样很容易想到辅助函数F(x)=f(x)-g(x)有三个零点，两次应用罗尔中值定理就能得到所证结论。

再如2005年数学一第18题(1)是关于零点存在定理的证实题，只要在直角坐标系中结合所给条件作出函数y=f(x)及y=1-x在[0，1]上的图形就立即能看到两个函数图形有交点，这就是所证结论，重要的是写出推理过程。

从图形也应该看到两函数在两个端点处大小关系恰好相反，也就是差函数在两个端点的值是异号的，零点存在定理确保了区间内有零点，这就证得所必须结果。

如果第二步实在无法完满解决问题的话，转第三步。

逆推法从结论出发寻求证实方法。

考研数学高数部分重难点总结1高数部分1.1 高数第一章《函数、极限、连续》1.2 求极限题最常用的解题方向：1.利用等价无穷小；2.利用洛必达法则，对于00型和∞∞型的题目直接用洛必达法则，对于∞0、0∞、∞1型的题目则是先转化为00型或∞∞型，再使用洛比达法则；3.利用重要极限，包括1sin lim=→x xx 、e x x x =+→1)1(lim 、e xxx =+∞→)1(1lim ；4.夹逼定理。

1.3 高数第二章《导数与微分》、第三章《不定积分》、第四章《定积分》第二章《导数与微分》与前面的第一章《函数、极限、连续》、后面的第三章《不定积分》、第四章《定积分》都是基础性知识，一方面有单独出题的情况，如历年真题的填空题第一题常常是求极限；更重要的是在其它题目中需要做大量的灵活运用，故非常有必要打牢基础。

对于第三章《不定积分》，陈文灯复习指南分类讨论的非常全面，范围远大于考试可能涉及的范围。

在此只提醒一点：不定积分⎰+=C x F dx x f )()(中的积分常数C 容易被忽略，而考试时如果在答案中少写这个C 会失一分。

所以可以这样建立起二者之间的联系以加深印象：定积分⎰dx x f )(的结果可以写为F(x)+1，1指的就是那一分，把它折弯后就是⎰+=C x F dx x f )()(中的那个C,漏掉了C 也就漏掉了这1分。

第四章《定积分及广义积分》可以看作是对第三章中解不定积分方法的应用，解题的关键除了运用各种积分方法以外还要注意定积分与不定积分的差异——出题人在定积分题目中首先可能在积分上下限上做文章：对于⎰-aadx x f )(型定积分，若f(x)是奇函数则有⎰-aadx x f )(=0；若f(x)为偶函数则有⎰-aadx x f )(=2⎰adx x f 0)(；对于⎰2)(πdx x f 型积分，f(x)一般含三角函数，此时用x t -=2π的代换是常用方法。

所以解这一部分题的思路应该是先看是否能从积分上下限中入手，对于对称区间上的积分要同时考虑到利用变量替换x=-u 和利用性质0=⎰-aa奇函数 、⎰⎰=-aa a2偶函数偶函数。

六、关于方程根的个数和根的唯一性的讨论解题思路：将方程变形为一边为零，即0=)(x f 的形式；1、讨论要的存在性通常有二条途径：（1）若存在b a ,，使0<)()(b f a f ，利用零点定理；（2）构造函数)(x F ，使)()(x f x F ='，且存在b a ,，使)()(b F a F =，利用罗尔中值定理。

（这一部分可结合本章四）2、讨论根的个数通常由0=')(x f 或不存在的点将区间分成若干个单调区间，若区间左右两端的函数值异号，则区间内必有一根，从而找到根的个数；（有时需借且于草图）；3、讨论根的唯一性通常利用函数的单调性，若区间两端函数异号，且函数在区间内连续且单调，则该区间内有且仅有一根。

题型二十、根的存在性的讨论例100、设)(x f 是),(∞+-∞上以2T 为周期的连续函数，证明：在每一个长度为T 的闭区间上，方程0=--)()(T x f x f 至少有一实根； 证明：设],[T x x +00是任意长度为T 的闭区间，令)()()(T x f x f x F --=，则)()()()()(,)()()(00000000x f T x f x f T x f T x F T x f x f x F --=-+=+--=，（1）若000=+-)()(T x f x f ，则T x x +00,均为方程在],[T x x +00的实根；（2）若000=/+-)()(T x f x f ，则()()020000<+--=+)()()(T x f x f T x F x F ，于是由零点定理，必存在),(T x x x +∈00，使0=)(x F ，得证。

例101、设n a a a ,,, 21为满足01213121=--++--n a a a n n )( 的实数，证明：方程012321=-+++x n a x a x a n )cos(cos cos 在),(20π内有根； 证明：令x n a x a x a x f n )cos(cos cos )(12321-+++= ，)(x f 在区间],[20π的两端点处的符号不易确定，改令)()(x f x F ='，则x n n a x a x a x F n )s i n (s i n s i n )(12123321--+++= 在区间],[20π上连续，在),(20π内可导，且01213200121=--++-=π=-n a a a F F n n )()(,)( ，故)(x F 在区间],[20π满足罗尔中值定理的条件，由罗尔中值定理得证。