导数与零点问题——从存在到唯一

从一个问题开始

先看一个方程：$\ln x + x - 2 = 0$。 它有解吗？有几个解？解出来是多少？

头两问能答，第三问几乎没法答。 这个方程里 $\ln x$ 和 $x$ 混在一起，没有求根公式可套，硬解解不出来——它属于超越方程。可考试偏偏就爱问前两问：有没有解、有几个解。

本讲要给的，是一套"不解方程也能下结论"的办法。 它由三件工具拼成：一件管"有没有"，一件管"是不是唯一"，一件管"到底几个"。三件分开使、各管一段。

三个词，三件事

零点问题的全部内容，可以压成三个词：存在、唯一、个数。 它们对应三种问法，也对应三种工具：

• 存在性问"有没有零点"——工具是介值定理，俗称零点定理。
• 唯一性问"是不是只有一个"——工具是单调性。
• 个数问"到底有几个"——工具是极值符号加两端趋势。

很多同学吃亏，就吃亏在把这三件事搅成了一锅粥。 看到端点异号，张口就说"有且只有一个零点"；其实端点异号只证明了"有"，"只有一个"是另外一件事，得单独再证。记住一条纪律：三件事各自独立，证完一件再证下一件，谁也别替谁下结论。

示意图

深入理解

第一件事：存在性——介值定理怎么说、什么时候能用

证明零点存在，唯一的靠山是介值定理。 它的完整陈述是这样的：

设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续。如果两端点的函数值异号，即 $f(a) \cdot f(b) < 0$，那么在开区间 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f(\xi) = 0$。

这个定理的道理是画出来的。 曲线在 $[a, b]$ 上不间断，起点在 x 轴下方（或上方），终点在 x 轴上方（或下方），从一头走到另一头，中途必然要跨过 x 轴一次。跨过的那一点，就是零点。

用的时候有三个条件要同时满足，缺一不可：

1. 闭区间上连续。 初等函数——多项式、指数、对数、三角函数以及它们的四则运算——在各自定义域内处处连续，这一条通常自动满足。但要留神定义域端点：比如 $\ln x$ 在 $x = 0$ 处没有定义，就不能把 $0$ 写进闭区间。区间必须整个落在定义域里。
2. 两端函数值异号。 也就是乘积小于 $0$。题目一般不会白送这两个点，得自己去"试"，试出一正一负的两个点。
3. 闭区间上连续，但结论开在内部。 定理要求 $f$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，给出的零点却落在开区间 $(a, b)$ 内。写"存在 $\xi \in [a, b]$"不算错，写"$\xi \in (a, b)$"更精确。

试端点也有技巧。 拿开头的 $\ln x + x - 2 = 0$ 试一下：设 $f(x) = \ln x + x - 2$，定义域是 $(0, +\infty)$。试 $x = 1$，$f(1) = 0 + 1 - 2 = -1 < 0$；试 $x = 2$，$f(2) = \ln 2 + 2 - 2 = \ln 2 > 0$。两端异号，由介值定理，$(1, 2)$ 内至少有一个零点。注意我们从头到尾没解出这个零点是谁，也不需要——介值定理只保证"有"，不问"是谁"。

第二件事：唯一性——用单调性把零点锁死

介值定理只发一张"至少一个"的通行证，它管不了"是不是只有一个"。 要想说"有且仅有一个"，必须再补一步：证明零点不会出现两个。

这一步交给单调性。 结论朴素得很：

严格单调的函数，最多只有一个零点。

道理更朴素。 严格递增的函数，右边的点永远比左边的点高，图像一路向上，不可能在两个不同的横坐标处同时碰到 x 轴；严格递减同理。所以在一个严格单调的区间里，零点要么没有，要么就一个。

回到 $\ln x + x - 2$。 求导得 $f'(x) = \dfrac{1}{x} + 1$。因为 $x > 0$，所以 $\dfrac{1}{x} > 0$，从而 $f'(x) > 0$ 在 $(0, +\infty)$ 上恒成立。$f$ 在定义域上严格递增，至多有一个零点。"至少一个"（介值定理）加上"至多一个"（单调性），合起来就是"恰好一个"。

这三句话要背熟，写步骤时分三段落笔：

• 存在性 由介值定理：端点异号 推 至少一个零点。
• 唯一性 由单调性：严格单调 推 至多一个零点。
• 两条合起来 推 恰好一个零点。

第三件事：个数——极值符号决定"穿几次"

遇到"有几个零点"的题，单调性就不够用了，得把整条曲线的走势摸清楚。 办法是四步走：

1. 求导，解 $f'(x) = 0$，找出所有驻点（极值点）；
2. 算出每个极值点的函数值；
3. 看两端往哪跑——$x \to \pm\infty$ 或趋向定义域端点时，函数是升向正无穷还是降向负无穷；
4. 把"极值符号"和"两端趋势"拼成一条走势，数它穿过 x 轴几次。

核心判据只有一条：零点出现在函数值"变号"的地方。 每一段严格单调区间里最多一个零点；这一段究竟有没有，就看这段两头函数值是否异号。把极值看成一级级"台阶"，判据就缩成一句话：极值符号决定有几个台阶，两端趋势决定够不够走完这些台阶。

对于两端一升一降的函数（比如三次函数），一个极大值、一个极小值的符号，就能把零点个数定死：

极大值、极小值的符号	零点个数
极大值 $< 0$（两个极值都负）	$0$ 个
极大值 $> 0$、极小值 $> 0$	$1$ 个
极大值 $> 0$、极小值 $< 0$	$3$ 个
极值 $= 0$（极值点正好落在 x 轴上）	出现重根，个数减一

含参数的时候，这张表就是分类讨论的依据。 参数把极值推上推下，零点个数跟着变，把每种情况列全、边界算准，就是一份满分答案。

三个完整算例

算例一：存在加唯一，一步都不能省

证明方程 $\ln x + x - 2 = 0$ 有且只有一个实根。

先证存在，再证唯一，两步分开写，各占一段。

存在性： 设 $f(x) = \ln x + x - 2$，定义域为 $(0, +\infty)$。函数在 $[1, 2]$ 上连续（初等函数），且

$$f(1) = 0 + 1 - 2 = -1 < 0, \qquad f(2) = \ln 2 + 2 - 2 = \ln 2 > 0$$

两端异号，由介值定理，$(1, 2)$ 内至少有一个零点。

唯一性： 求导得 $f'(x) = \dfrac{1}{x} + 1$。因 $x > 0$，故 $f'(x) > 0$ 在 $(0, +\infty)$ 上恒成立，$f$ 严格递增，至多有一个零点。

存在加唯一，方程有且只有一个实根，且这个根落在 $(1, 2)$ 内。 顺手估个位置：$f(1.5) = \ln 1.5 + 1.5 - 2 = 0.4055 - 0.5 = -0.0945 < 0$，$f(1.8) = \ln 1.8 + 1.8 - 2 = 0.5878 - 0.2 = 0.3878 > 0$，根夹在 $1.5$ 和 $1.8$ 之间，大约 $1.56$。自始至终没解出这个根是什么，却把存在、唯一、位置全说清了——这正是导数法相对求根公式的优越之处。

算例二：含参讨论零点个数——极值符号法

讨论关于 $x$ 的方程 $x\ln x = a$（$x > 0$）的实根个数随 $a$ 的变化。

把 $a$ 挪到一边，根的个数就变成水平线 $y = a$ 与曲线相交的次数。

设 $g(x) = x\ln x$，定义域 $(0, +\infty)$。求导：

$$g'(x) = \ln x + 1$$

令 $g'(x) = 0$，解得 $x = \dfrac{1}{e}$。当 $0 < x < \dfrac{1}{e}$ 时 $g'(x) < 0$，$g$ 递减；当 $x > \dfrac{1}{e}$ 时 $g'(x) > 0$，$g$ 递增。所以 $x = \dfrac{1}{e}$ 是极小值点，也是全局最小点：

$$g\!\left(\dfrac{1}{e}\right) = \dfrac{1}{e}\ln\dfrac{1}{e} = -\dfrac{1}{e} \approx -0.3679$$

再看两端趋势：$x \to 0^+$ 时 $x\ln x \to 0^-$，从 x 轴下方趋于 $0$；$x \to +\infty$ 时 $x\ln x \to +\infty$。于是最小值 $-\dfrac{1}{e}$ 沉在 x 轴下方，曲线先降后升，像一个斜置的钩子。

把水平线 $y = a$ 上下移动，交点个数分五种情况：

• $a > 0$：水平线在 x 轴上方，只与曲线上升的那一支交一次——$1$ 个根。
• $a = 0$：水平线压在 $y = 0$ 上，与曲线交于 $x = 1$（$1 \cdot \ln 1 = 0$）——$1$ 个根。
• $-\dfrac{1}{e} < a < 0$：水平线落在最小值上方、x 轴下方，与曲线的两支各交一次——$2$ 个根。
• $a = -\dfrac{1}{e}$：水平线正好切在最低点——$1$ 个根（二重根）。
• $a < -\dfrac{1}{e}$：水平线在最低点下方，够不着曲线——$0$ 个根。

验算两处。 取 $a = 1$（$> 0$）：试 $x = 1.763$，$x\ln x = 1.763 \times 0.5672 = 1.000$，与"$a > 0$ 时一个根"对上。取 $a = -0.3$（落在 $-0.3679$ 与 $0$ 之间，应有两个根）：递减支上 $g(0.15) = 0.15 \times (-1.8971) = -0.2846 > -0.3$，$g(0.2) = 0.2 \times (-1.6094) = -0.3219 < -0.3$，交出一个根在 $(0.15, 0.2)$ 内；递增支上 $g(0.6) = 0.6 \times (-0.5108) = -0.3065 < -0.3$，$g(0.7) = 0.7 \times (-0.3567) = -0.2497 > -0.3$，交出另一个根在 $(0.6, 0.7)$ 内。两个根，对上。 再取 $a = -1$：它比最小值 $-0.3679$ 还小，水平线在钩子底下，应当 $0$ 个根——这里正是最容易翻车的地方，很多同学忘掉最小值这个下界，多画了两个交点。

算例三：虚拟零点——设而不求，绕过解不开的驻点

证明：对一切 $x > 0$，都有 $e^x > \ln x + 2$。

这道题的函数求导后，驻点解不出来。 设 $f(x) = e^x - \ln x - 2$（$x > 0$），求导得

$$f'(x) = e^x - \dfrac{1}{x}$$

令 $f'(x) = 0$，就是 $e^x = \dfrac{1}{x}$——这个方程没有初等解，$x_0$ 的准确值求不出来。这正是关键：既然解不出，就不解，只"设"一个 $x_0$，把它的性质用起来。

第一步，确认 $x_0$ 存在，并把它夹在最前面。 令 $h(x) = e^x - \dfrac{1}{x}$，则 $h$ 在 $(0, +\infty)$ 上连续且严格递增（$e^x$ 递增，$-\dfrac{1}{x}$ 也递增）。又有

$$h(1) = e - 1 \approx 1.718 > 0, \qquad h\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = \sqrt{e} - 2 \approx 1.6487 - 2 = -0.3513 < 0$$

由介值定理，存在唯一的 $x_0 \in \left(\dfrac{1}{2}, 1\right)$ 使 $h(x_0) = 0$，即 $e^{x_0} = \dfrac{1}{x_0}$。

第二步，用这个关系式推出 $x_0 = -\ln x_0$。 对 $e^{x_0} = \dfrac{1}{x_0}$ 两边取自然对数：

$$x_0 = \ln\dfrac{1}{x_0} = -\ln x_0$$

这就是设而不求的全部诀窍。 不需要知道 $x_0$ 究竟是多少，只要知道它满足 $e^{x_0} = \dfrac{1}{x_0}$ 和 $x_0 = -\ln x_0$ 这两条关系，后面就够用了。

第三步，求最小值，把关系式代进去。 由 $f'$ 的符号（$x < x_0$ 时 $f' < 0$，$x > x_0$ 时 $f' > 0$）知 $x_0$ 是极小值点，也就是全局最小点。最小值

$$f(x_0) = e^{x_0} - \ln x_0 - 2 = \dfrac{1}{x_0} + x_0 - 2$$

最后一步用基本不等式：$\dfrac{1}{x_0} + x_0 \ge 2$，取等号当且仅当 $x_0 = 1$。可是 $x_0 \in \left(\dfrac{1}{2}, 1\right)$，取不到 $1$，所以

$$f(x_0) = \dfrac{1}{x_0} + x_0 - 2 > 0$$

最小值都大于 $0$，说明 $f(x) > 0$ 对一切 $x > 0$ 成立，即 $e^x > \ln x + 2$。

验算： 取 $x_0 \approx 0.567$（这是 $e^x = \dfrac{1}{x}$ 的数值解），则 $f(x_0) = e^{0.567} - \ln 0.567 - 2 = 1.7629 - (-0.5674) - 2 = 1.7629 + 0.5674 - 2 = 0.3303 > 0$，与 $\dfrac{1}{x_0} + x_0 - 2 = 1.7629 + 0.5674 - 2 = 0.3303$ 完全一致。这就是设而不求的漂亮之处：驻点算不出来，驻点处的函数值却算得出来。

两个最常见的错误

错误一：证了存在，忘了证唯一

看到端点异号，直接写"有且仅有一个零点"——这是零点问题的头号失分点。 介值定理给出的永远是"至少一个"，"仅有一个"必须另起一段用单调性补上。自查办法很简单：答案里如果只有"端点异号"，没有"$f'$ 恒正（或恒负）"，那它至多只能算对一半。 尤其含参数的题，单调性还随参数变化，更是非分段讨论不可。

错误二：只验证一个点就下结论

试出一个 $f(a) < 0$，就断言"存在零点"——一个点说明不了任何问题。 介值定理要的是两端异号，也就是在定义域里再找到 $b$ 使 $f(b) > 0$，一正一负凑成一对，才作数。光有一个负值，函数完全可能一直沉在 x 轴下方；光有一个正值也一样。 习惯是：找根之前先在两侧"夹"——左边试一个，右边试一个，异号了再动笔。

在高中数学体系里的位置

从思想上看，这一讲是"存在性与唯一性"这套证明语言的第一次系统演练。 前面所有导数讲的是"函数长什么样"，这一讲第一次要求你"为函数图像与 x 轴的交点作证"——用介值定理证存在，用单调性证唯一，用极值符号数个数，这种"先说有没有、再说有几个"的论证结构，后面会反复用到。

从运算上看，它是求导、解方程、判断符号三件基本技能的复合演练场。 求导找驻点、解不等式定单调、算极值符号、估两端趋势——每一件前面都单独练过，这里要求连成一条链、中间不许断。

从考试上看，它是导数压轴题的常客。 零点个数问题几乎每年都以"讨论根的个数""求参数范围"的形式出现在大题后半段，动辄写满一页分类讨论。方法链固定不变：求导 推 找驻点 推 定单调 推 算极值符号 推 结合两端趋势数交点 推 用介值定理落实存在 推 用单调性落实唯一。 链子哪一环断了，答案就缺一块。

思考与拓展

1. 证明方程 $e^x + x = 0$ 有且只有一个实根，并指出这个根在哪两个相邻整数之间。
2. 已知 $f(x) = x^3 - 3x^2 + a$ 有三个不同零点，求 $a$ 的取值范围。（提示：先算极大值与极小值，再看它的符号要怎样搭配才能穿 x 轴三次）
3. 设 $f(x) = x - a\ln x$（$a > 0$），讨论 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上零点的个数随 $a$ 的变化。（提示：最小值在 $x = a$ 处）
4. 证明：对任意 $a > 0$，方程 $e^x = ax$ 的正实根个数取决于 $a$ 与 $e$ 的大小——$a < e$ 时 $0$ 个，$a = e$ 时 $1$ 个，$a > e$ 时 $2$ 个。（提示：研究 $g(x) = \dfrac{e^x}{x}$ 在 $x > 0$ 上的最小值）

高考母题

（2025·全国II卷） 已知函数 $f(x)=ln(1+x)-x+\frac { 1 } { 2 }x ^ { 2 } -kx ^ { 3 }$ ，其中 $0 < k < \frac { 1 } { 3 }$ ．
(1)证明： $f(x)$ 在区间 $(0,+∞)$ 存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设 $x_{ 1 } ,x_{ 2 }$ 分别为 $f(x)$ 在区间 $(0,+∞)$ 的极值点和零点. （i）设函数 $g(t)=f\left ( { x_{ 1 } +t } \right )-f\left ( { x_{ 1 } -t } \right )$ .证明： $g(t)$ 在区间 $\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 单调递减； （ii）比较 $2x_{ 1 }$ 与 $x_{ 2 }$ 的大小，并证明你的结论．

展开详解

(1)证明：由题得 $f'\left ( { x } \right )=\frac { 1 } { 1+x }-1+x-3kx ^ { 2 } =\frac { x ^ { 2 } } { 1+x }-3kx ^ { 2 } =x ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 1+x }-3k } \right )$ ， 因为 $x∈\left ( { 0,+∞ } \right )$ ，所以 $x ^ { 2 } >0$ ，设 $g\left ( { x } \right )=\frac { 1 } { 1+x }-3k,x>0$ ， 则 $g'\left ( { x } \right )=-\frac { 1 } { \left ( { 1+x } \right ) ^ { 2 } } < 0$ 在 $(0,+∞)$ 上恒成立，所以 $g\left ( { x } \right )$ 在 $(0,+∞)$ 上单调递减， $g\left ( { 0 } \right )=1-3k>0$ ，令 $g\left ( { x_{ 0 } } \right )=0⇒x_{ 0 } =\frac { 1 } { 3k }-1$ ， 所以当 $x∈\left ( { 0,x_{ 0 } } \right )$ 时， $g\left ( { x } \right )>0$ ，则 $f'\left ( { x } \right )>0$ ；当 $x∈\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ 时， $g\left ( { x } \right ) < 0$ ，则 $f'\left ( { x } \right ) < 0$ ， 所以 $f\left ( { x } \right )$ 在 $\left ( { 0,x_{ 0 } } \right )$ 上单调递增，在 $\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ 上单调递减， 所以 $f\left ( { x } \right )$ 在 $(0,+∞)$ 上存在唯一极值点， 对函数 $y=ln\left ( { 1+x } \right )-x$ 有 $y'=\frac { 1 } { 1+x }-1=-\frac { x } { 1+x } < 0$ 在 $(0,+∞)$ 上恒成立， 所以 $y=ln\left ( { 1+x } \right )-x$ 在 $(0,+∞)$ 上单调递减， 所以 $y=ln\left ( { 1+x } \right )-x < y\|_{ x=0 } =0$ 在 $(0,+∞)$ 上恒成立， 又因为 $f\left ( { 0 } \right )=0$ ， $x→+∞$ 时 $\frac { 1 } { 2 }x ^ { 2 } -kx ^ { 3 } =\frac { 1 } { 2 }x ^ { 2 } \left ( { 1-2kx } \right ) < 0$ ， 所以 $x→+∞$ 时 $f\left ( { x } \right ) < 0$ ， 所以存在唯一 $x_{ 2 } ∈\left ( { 0,+∞ } \right )$ 使得 $f\left ( { x_{ 2 } } \right )=0$ ，即 $f\left ( { x } \right )$ 在 $(0,+∞)$ 上存在唯一零点.
(2)（i）证明：由（1）知 $x_{ 1 } =\frac { 1 } { 3k }-1$ ，则 $x_{ 1 } +1=\frac { 1 } { 3k }$ ， $f'\left ( { x } \right )=x ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 1+x }-\frac { 1 } { 1+x_{ 1 } } } \right )$ ， $\because g(t)=f\left ( { x_{ 1 } +t } \right )-f\left ( { x_{ 1 } -t } \right )$ ， 则 $g'\left ( { t } \right )=\left ( { x_{ 1 } +t } \right ) ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { x_{ 1 } +t+1 }-\frac { 1 } { 1+x_{ 1 } } } \right )+\left ( { x_{ 1 } -t } \right ) ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { x_{ 1 } -t+1 }-\frac { 1 } { 1+x_{ 1 } } } \right )$ $=\frac { -t\left ( { x_{ 1 } +t } \right ) ^ { 2 } } { \left ( { x_{ 1 } +t+1 } \right )\left ( { x_{ 1 } +1 } \right ) }+\frac { t\left ( { x_{ 1 } -t } \right ) ^ { 2 } } { \left ( { x_{ 1 } -t+1 } \right )\left ( { x_{ 1 } +1 } \right ) }$ $=3kt\left[ -\frac { \left ( { x_{ 1 } +t } \right ) ^ { 2 } } { x_{ 1 } +t+1 }+\frac { \left ( { x_{ 1 } -t } \right ) ^ { 2 } } { x_{ 1 } -t+1 } \right]$ $=\frac { 6kt ^ { 2 } \left ( { t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } } \right ) } { \left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } }$ ， $\because k>0,t∈\left ( { 0,x_{ 1 } } \right ),∴t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } \left \langle { 0,\left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } } \right \rangle 0$ ， $∴g'(t)=\frac { 6kt ^ { 2 } \left ( { t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } } \right ) } { \left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } } < 0$ ， 即 $g(t)$ 在 $t∈\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 上单调递减. （ii） $2x_{ 1 } >x_{ 2 }$ ，证明如下： 由（i）知：函数 $g\left ( { t } \right )$ 在区间 $\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 上单调递减， 所以 $g\left ( { 0 } \right )>g\left ( { x_{ 1 } } \right )$ 即 $0>f\left ( { 2x_{ 1 } } \right )$ ，又 $f\left ( { x_{ 2 } } \right )=0$ ， 由（1）可知 $f\left ( { x } \right )$ 在 $\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ 上单调递减， $x_{ 2 } ∈\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ ，且对任意 $x∈\left ( { 0,x_{ 2 } } \right )$ $f\left ( { x } \right )>0$ ， 所以 $2x_{ 1 } >x_{ 2 }$ . 【分析】
（1）先由题意求得 $f'\left ( { x } \right )=x ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 1+x }-3k } \right )$ ，接着构造函数 $g\left ( { x } \right )=\frac { 1 } { 1+x }-3k,x>0$ ，利用导数工具研究函数 $g\left ( { x } \right )$ 的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数 $f\left ( { x } \right )$ 在区间 $(0,+∞)$ 上存在唯一极值点；再结合 $f\left ( { 0 } \right )=0$ 和 $x→+∞$ 时 $f\left ( { x } \right )$ 的正负情况即可得证 $f\left ( { x } \right )$ 在区间 $(0,+∞)$ 上存在唯一零点；
（2）（i）由（1） $x_{ 1 } +1=\frac { 1 } { 3k }$ 和 $g'\left ( { t } \right )=f'\left ( { x_{ 1 } +t } \right )-f'\left ( { x_{ 1 } -t } \right )$ 结合（1）中所得导函数 $f'\left ( { x_{ 1 } } \right )$ 计算得到 $g'\left ( { t } \right )=\frac { 6kt ^ { 2 } \left ( { t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } } \right ) } { \left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } }$ ，再结合 $t∈\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 得 $g'\left ( { t } \right ) < 0$ 即可得证； （ii）由函数 $g\left ( { t } \right )$ 在区间 $\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 上单调递减得到 $0>f\left ( { 2x_{ 1 } } \right )$ ，再结合 $f\left ( { x_{ 2 } } \right )=0$ ， 和函数 $f\left ( { x } \right )$ 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
（1）略
（2）（i）略 （ii）略

一句话总结

零点问题 = 存在性（介值定理：端点异号）+ 唯一性（单调性）+ 个数（极值符号）。三件事分开证，一个都不能省；一个点凑不成一对号，两端异号才是存在的真凭证。