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通法是用三次方程的判别式,得到的还是充要的,具体就不说了,自己查资料。

非通法可以这样证:
设 $f(x)=x^3-3x^2+x+2-(kx-2)$,则 $f'(x)=3x^2-6x+1-k$。
由 $k<1$ 显然当 $x<0$ 时 $f'(x)>0$,又 $f(0)=4$, $f(-\infty)=-\infty$,所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,0]$ 上有且只有一零点。
另一方面,配方得 $f(x)=(x+1)(x-2)^2+(1-k)x$,再由 $k<1$ 显然当 $x>0$ 时 $f(x)>0$。
综上即得证。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$

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回复 3# abababa

O,我将楼主的题意理解成(自动脑补)了只有一个交点(因为他显然是这个意思)……

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回复 5# abababa

你计算错了

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回复 10# 敬畏数学

2楼看不懂吗?

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回复 17# isee

将这个“可能答案”优化一下就和我的一样了,优化点就在后面,既然都独立出了这个 h(x) 来,居然不分解因式,还求导。

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回复  isee
通常方法:要么极小值小于零要么极大值大于零,或者证明极小值与极大值之积为正。算了似乎不可 ...
敬畏数学 发表于 2016-9-21 08:42

证两根值之积为正是阔以嘀,而且也能得到一般性结论……

设三次函数 $ax^3+bx^2+cx+d$ 的极值的坐标为 $(x,y)$,则有
\[\led
&y=ax^3+bx^2+cx+d,\\
&3ax^2+2bx+c=0,
\endled\]
因为
\[ax^3+bx^2+cx+d=
\left(\frac b{9a}+\frac x3\right)(3ax^2+2bx+c)
+\frac{-2b^2+6ac}{9a}x-\frac{bc}{9a}+d,
\]
所以
\[y=\frac{-2b^2+6ac}{9a}x-\frac{bc}{9a}+d,\]
当 $3ax^2+2bx+c=0$ 有两个不相等实根时 $b^2>3ac$,所以
\[x=\frac{9ad-bc-9ay}{2b^2-6ac},\]
代入 $3ax^2+2bx+c=0$ 中化简最终得到
\[27a^2y^2+(\cdots)y+27a^2d^2-18abcd+4ac^3+4b^3d-b^2c^2=0,\]
所以两极值之积为
\[y_1y_2=\frac{27a^2d^2-18abcd+4ac^3+4b^3d-b^2c^2}{27a^2},\]
记 $\Delta_3=27a^2d^2-18abcd+4ac^3+4b^3d-b^2c^2$,那么三次方程 $ax^3+bx^2+cx+d=0$ 只有一个实根当且仅当 $\Delta_3>0$。

回到原题,代入 $a=1$, $b=-3$, $c=1-k$, $d=4$ 即得 $\Delta_3=(1-k)(4k^2+k+211)$。

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