题目

【例14】设a_(1)+a_(2)+...+a_(n)=0，求证：方程na_(n)x^n-1+(n-1)a_(n-1)x^n-2+...+2a_(2)x+a_(1)=0在(0,1)内至少有一个实根.

【例14】设$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=0$，求证：方程$na_{n}x^{n-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+2a_{2}x+a_{1}=0$在(0,1)内至少有一个实根.

题目解答

答案

为了证明方程 $ na_n x^{n-1} + (n-1)a_{n-1} x^{n-2} + \cdots + 2a_2 x + a_1 = 0 $ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根，我们可以使用罗尔定理。罗尔定理指出，如果函数 $ f(x) $ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，在开区间 $(a, b)$ 上可导，且 $ f(a) = f(b) $，那么在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $ c $ 使得 $ f'(c) = 0 $。 首先，定义函数 $ f(x) $ 为： \[ f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_2 x^2 + a_1 x. \] 注意到 $ f(0) = 0 $ 因为当 $ x = 0 $ 时，所有项都为零。同样，根据题目条件 $ a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0 $，我们有： \[ f(1) = a_n \cdot 1^n + a_{n-1} \cdot 1^{n-1} + \cdots + a_2 \cdot 1^2 + a_1 \cdot 1 = a_n + a_{n-1} + \cdots + a_2 + a_1 = 0. \] 因此， $ f(0) = 0 $ 和 $ f(1) = 0 $。由于 $ f(x) $ 是一个多项式，它在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 上可导。根据罗尔定理，存在至少一点 $ c \in (0,1) $ 使得 $ f'(c) = 0 $。 现在，我们求 $ f(x) $ 的导数： \[ f'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \cdots + 2 a_2 x + a_1. \] 因此，存在 $ c \in (0,1) $ 使得： \[ f'(c) = n a_n c^{n-1} + (n-1) a_{n-1} c^{n-2} + \cdots + 2 a_2 c + a_1 = 0. \] 这证明了方程 $ n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \cdots + 2 a_2 x + a_1 = 0 $ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。因此，答案是： \[ \boxed{0} \]

解析

考查要点：本题主要考查罗尔定理的应用，以及通过构造辅助函数解决多项式方程根的存在性问题。

解题核心思路：

  1. 构造辅助函数：将给定的方程视为某个多项式函数的导数，从而建立与已知条件的联系。
  2. 验证罗尔定理条件：通过已知条件$a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0$，证明构造的函数在区间端点处函数值相等，进而应用罗尔定理。
  3. 结论转化：罗尔定理保证导数在区间内存在零点，即原方程在$(0,1)$内至少有一个实根。

破题关键点：

  • 识别导数形式：观察方程形式，发现其为多项式函数的导数。
  • 利用已知条件：通过$a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0$，证明构造函数在$x=1$处的函数值为零。

步骤1：构造辅助函数
定义多项式函数：
$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_2 x^2 + a_1 x.$
关键性质：

  • $f(0) = 0$（所有项含$x$，代入$x=0$后均为零）。
  • $f(1) = a_n + a_{n-1} + \cdots + a_2 + a_1 = 0$（由已知条件$a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0$）。

步骤2：验证罗尔定理条件

  1. 连续性：多项式函数$f(x)$在闭区间$[0,1]$上连续。
  2. 可导性：多项式函数在开区间$(0,1)$上可导。
  3. 端点函数值相等：$f(0) = f(1) = 0$。

步骤3：应用罗尔定理
根据罗尔定理，存在$c \in (0,1)$，使得：
$f'(c) = n a_n c^{n-1} + (n-1) a_{n-1} c^{n-2} + \cdots + 2 a_2 c + a_1 = 0.$
这表明方程在$(0,1)$内至少有一个实根。