每日一题[3040]增强命题

已知函数 $f(x)=\cos x+\dfrac{t}{x}$，$x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$．

1、若方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ 有解，证明：$t \in\left(-\dfrac{2}{3}, 0\right)$．

2、若函数 $f(x)$ 有两个不同的零点 $x_1, x_2$，证明：$\dfrac{\pi}{2}<x_1+x_2<\dfrac{2 \pi}{3}$．

解析

1、方程 $f(x)=0$ 即

$$-t=x\cos x,$$ 设右侧函数为 $g(x)$，则其导函数为 $$g'(x)=\cos x-x\sin x,$$ 为 $\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上的单调递减函数，考虑到 $g'(0)=1$，$g'\left(\dfrac{\pi}2\right)=-\dfrac{\pi}2$，因此 $g'(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上有唯一零点，记为 $x_0$，有 $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&0&(0,x_0)&x_0&\left(x_0,\dfrac{\pi}2\right)&\dfrac{\pi}2\\ \hline g(x)&0&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&0\\ \hline \end{array}$$ 其中 $\cos x_0-x_0\sin x_0=0$，进而极大值 $$M=g(x_0)=x_0\cos x_0<x_0\left(\dfrac{\pi}2-x_0\right)\leqslant \dfrac{\pi^2}{16}<\dfrac 23,$$ 命题得证．

2、根据第 $(1)$ 小题的结果，不妨设 $0<x_1<x_0<x_2<\dfrac{\pi}2$，且 $\dfrac{\pi}4<x_0<\dfrac{\pi}3$，于是

$$\dfrac{\pi}{2}<x_1+x_2<\dfrac{2 \pi}{3}\impliedby \begin{cases} x_1>\dfrac{\pi}2-x_2,\\ x_2<2x_0-x_1,\end{cases}$$ 由于 $x_1,\dfrac{\pi}2-x_2$ 都在 $g(x)$ 的单调递增区间 $\left(0,\dfrac{\pi}4\right)$ 上，$x_2,2x_0-x_1$ 都在 $g(x)$ 单调递减区间 $\left(x_0,\pi\right)$ 上，因此欲证结论即 $$\begin{cases} g(x_2)>g\left(\dfrac{\pi}2-x_2\right),\\ g(x_1)>g\left(2x_0-x_1\right),\end{cases}$$ 只需要证明函数 $$h_1(x)=g\left(\dfrac{\pi}4-x\right)-g\left(\dfrac{\pi}4+x\right)$$ 在 $x\in\left(0,\dfrac{\pi}4\right)$ 上恒负，且 $$h_2(x)=g(x_0-x)-g\left(x_0+x\right)$$ 在 $x\in\left(0,x_0\right)$ 上恒正．设 $r(x)=g(t-x)-g(t+x)$，则有 $$\begin{split} r(x)&=(t-x)\cos(t-x)-(t+x)\cos(t+x)\\ &=2t\sin t\sin x -2x\cos t\cos x,\end{split}$$ 且 $$\begin{split} r'(x)&=-g'(t-x)-g'(t+x)\\ &=-\cos(t-x)-\cos(t+x)+(t-x)\sin(t-x)+(t+x)\sin(t+x)\\ &=-2\cos t\cos x+2t\sin t\cos x +2x\cos t\sin x\\ &=2(t\sin t-\cos t)\cdot \cos x+2\cos t\cdot x\sin x.\end{split}$$ 当 $t=\dfrac{\pi}4$ 时，在 $x\in\left(0,\dfrac{\pi}4\right)$ 上，有 $$h_1(x)=\dfrac{\pi\sqrt 2}4\cos x\left(\tan x-\dfrac{4}{\pi}x\right)<0,$$ 其中 $y=\dfrac{4\pi}x$ 是 $y=\tan x$ 在 $(0,0)$ 和 $\left(\dfrac{\pi}4,1\right)$ 确定的割线（也可以求导证明）． 当 $t=x_0$ 时，有 $$h_2'(x)=2\cos x_0\cdot x\sin x>0,$$ 而 $h_2(0)=0$，因此在区间 $(0,x_0)$ 上，有 $h_2(x)>0$． 综上所述，命题得证．