2014-辽宁卷文-21 解-导数零点

本题导读

(1) 求 $f\acute{(}x)$ 并证明 $f$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上单调递增，再比较 $f(0)$、$f\left(\frac{\pi }{2}\right)$ 的符号；(2) 令 $t=\pi -x$，证 $g(\pi -t)=h(t)$ 的零点唯一，并比较 $t_1$ 与 $x_0$。

📌【题干】

Question

（2014年辽宁卷(文)） 已知函数 $f(x)=\pi (x-\cos x)-2\sin x-2$，$g(x)=(x-\pi )\sqrt{\frac{1-\sin x}{1+\sin x}}+\frac{2x}{\pi }-1$.

(1) 证明：存在唯一 $x_0\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$，使 $f(x_0)=0$；

(2) 证明：存在唯一 $x_1\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$，使 $g(x_1)=0$，且对 (1) 中的 $x_0$，有 $x_0+x_1>\pi$.

🔍【思路分析】

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(1) 证 $f\acute{(}x)>0$ 得 $f$ 单调递增，再由 $f(0)<0$、$f\left(\frac{\pi }{2}\right)>0$ 得唯一零点；(2) 作换元 $t=\pi -x$，把 $g$ 的零点问题转化为辅助函数 $h$ 的零点问题，用 (1) 的结论控制 $h$ 的单调性。

✅【答案】

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证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) $f(x)=\pi (x-\cos x)-2\sin x-2$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上连续，且 $f\acute{(}x)=\pi (1+\sin x)-2\cos x$。 当 $0<x<\frac{\pi }{2}$ 时，$1+\sin x>1$，故 $\pi (1+\sin x)>\pi >2⩾2\cos x$，所以 $f\acute{(}x)>0$，即 $f$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上单调递增。 又 $f(0)=\pi (0-1)-2=-\pi -2<0$， $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=\pi \left(\frac{\pi }{2}-0\right)-2\sin \frac{\pi }{2}-2=\frac{{\pi }^2}{2}-4>0$（因为 $\pi >3$，$\frac{{\pi }^2}{2}>4$）。 由零点存在定理并结合单调性，存在唯一 $x_0\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 使 $f(x_0)=0$。 (2) 令 $r(t)=\sqrt{\frac{1-\sin t}{1+\sin t}}$，$h(t)=1-\frac{2t}{\pi }-tr(t)$，$0⩽t⩽\frac{\pi }{2}$。 当 $x=\pi -t$ 时，$(x-\pi )=-t$，$\sqrt{\frac{1-\sin x}{1+\sin x}}=r(t)$，$\frac{2x}{\pi }-1=1-\frac{2t}{\pi }$，故 $g(\pi -t)=h(t)$。 当 $0<t<\frac{\pi }{2}$ 时，$r(t)=\frac{\cos t}{1+\sin t}$，且 $\frac{1+r(t{)}^2}{2}=\frac{1}{1+\sin t}$。 于是 $h\acute{(}t)=-\frac{2}{\pi }-r(t)+\frac{t\left(1+r(t{)}^2\right)}{2}=-\frac{2}{\pi }-\frac{\cos t}{1+\sin t}+\frac{t}{1+\sin t}=\frac{f(t)}{\pi (1+\sin t)}$。 由 (1) 知：当 $0<t<x_0$ 时 $f(t)<0$，当 $x_0<t<\frac{\pi }{2}$ 时 $f(t)>0$。 所以 $h$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减，在 $\left(x_0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上单调递增。 又 $h(0)=1>0$，$h\left(\frac{\pi }{2}\right)=1-1-\frac{\pi }{2}\cdot r\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$（因为 $r\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$）， 故 $h(x_0)<h\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$，于是 $h$ 在 $(0,x_0)$ 内有唯一零点，记为 $t_1$； 而在 $\left[x_0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上 $h(t)<h\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$，无零点。 令 $x_1=\pi -t_1$，则 $x_1\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$，且 $g(x_1)=h(t_1)=0$，这也是 $g$ 在该区间内的唯一零点。 最后，由 $t_1<x_0$ 得 $x_0+x_1=x_0+\pi -t_1=\pi +(x_0-t_1)>\pi$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数的应用与函数零点存在唯一

2. 核心方法：单调性 + 零点存在定理；换元转化为辅助函数

3. 避坑指南：(1) 关键是证明 $f\acute{(}x)>0$ 需要「$\pi (1+\sin x)>\pi >2⩾2\cos x$」这一步放缩；(2) 令 $x=\pi -t$ 把 $g$ 的零点问题化为 $h(t)=0$，再用 $h\acute{(}t)=\frac{f(t)}{\pi (1+\sin t)}$ 与 (1) 的结论联动。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 导数研究函数单调性与零点存在唯一性。

2. 结论推广: 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续且单调，且 $f(a)f(b)<0$，则 $f$ 在 $(a,b)$ 内存在唯一零点。

3. 方法推广: 证明「存在唯一」= 单调性（唯一）+ 零点存在定理（存在）；证明和式不等式时用 $x_0+x_1=\pi +(x_0-t_1)$ 把结论化为 $t_1<x_0$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.16 零点问题

类题演练 (Links)

• 2014-辽宁卷理-21 解-导数单调性
• 2014-新课标I卷理-21 解-求曲线的切线