超越函数

超越函数的 可解析性 是有限的。用实数工具对它们进行描述时，无非：

• 单调性
• 上下界
• 值域分布
• 特殊值

三角函数

三角函数，有自己的表示体系。而 $y=e^x$ 与 $y=ln{x}$ 则本质上是同一条线在 $y=x$ 下的对称变换。

$y=e^x$ 与 $y=ln{x}$ 掺合在一块设计题目时，可以搞得非常复杂。因为命题人不会有太多额外的顾虑，专注于衍生图形的各种特征就可以了。

而当三角函数被引入时，就要考虑两种不同超越函数同时满足 可解析性 ，这会降低该题目的复杂度。

因为切入点会变得更加明确，从而减少思考方面的障碍。

例题

已知函数 $f(x) = sinx + ax^2 - \dfrac{\pi}{3} ,(a>1)$
(1). 求证：$f(x)$ 有两个零点.
(2). 求证：$f(x)$ 的两个零点 $x_1 ,\quad x_2.$ 满足 $x_1 + x_2 + \dfrac{\pi}{3} > 0$

(1). 证明:

探究 $f(x)$ 的单调性，对 $f(x)$ 求导：

$$f'(x) = cosx + 2ax ,(a>1)$$

探究 $f’(x)$ 的单调性，令 $g(x)=f’(x)$，并对其求导：

$$g'(x)= -sinx + 2a, (a>1)$$

显然：

$$g'(x) = -sinx + 2a > -sinx + 2 > 0$$

故 $g(x)=f’(x)$ 单调递增，$f’(x)$ 至多有一个零点。

利用零点存在定理，探究 $f’(x)$ 的零点：

$$\begin{cases} f'(0)&= 1 > 0 \\ f'(- \dfrac{\pi}{4})&= \dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{a\pi}{2} < 0\\ \end{cases}$$

故知在 $(- \dfrac{\pi}{4} , 0)$ 上，存在着 $f’(x)$ 的唯一零点，设为 $x_0$ ，有如下：

$(-\infty , x_0)$ 上，$f’(x) < 0,f(x)$ 单调递减；$(x_0 , + \infty)$ 上，$f’(x) > 0,f(x)$ 单调递增。

$$\begin{cases} x_0 < 0\\ f(0)= - \dfrac{\pi}{3} < 0 \\ \end{cases} \Rightarrow f(x_0) < 0. \quad \begin{cases} f(\pi)&= a{\pi}^2- \dfrac{\pi}{3} > {\pi}^2- \dfrac{\pi}{3} > 0 \\ f(-\pi)&=a{\pi}^2 - \dfrac{\pi}{3} >{\pi}^2- \dfrac{\pi}{3} > 0 \\ \end{cases}$$

由零点存在定理，知在 $(-\pi , x_{0}) \quad,\quad(x_{0} , \pi)$ 上，$f(x)$ 各有一个零点,计两个零点。

(2). 证明：

引理：当 $x>0$ 时，$x>sinx $. 当 $x<0$ 时，$x<sinx.$

令 $f(x) = x - sinx. $则 $f’(x) = 1 - cosx \geqslant 0 ,f(x)$ 单调递增。

$$\begin{cases} x \in (-\infty , 0) ，f(x) < f(0) = 0.\\ x \in (0 , +\infty) ，f(x) > f(0) = 0. \\ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \in (-\infty , 0) ， x < sinx.\\ x \in (0 , +\infty) ， x > sinx.\\ \end{cases}$$

令 $h(x) = x + ax^2 - \dfrac{\pi}{3} ,(a>1)$

显然，$h(x)$ 的对称轴为 $x = -\dfrac{1}{2a}$，且 $△ = 1 + \dfrac{4a \pi}{3} > 0$, $h(x)$ 存在双根，不妨设左右双根分别为 $x_3,x_4$, 即有：

$$x_3 < -\dfrac{1}{2a} < 0 < x_4 \quad \quad \quad ①$$

$x \in (-\infty ,-\dfrac{1}{2a}) ，h(x)$ 单调递减. $x \in (-\dfrac{1}{2a},+\infty) ，h(x)$ 单调递增.$\quad \quad\quad $②

因 $h(0) = - \dfrac{\pi}{3}，h(x_3) = 0$ 当 $ x \in (-\infty, 0),$ 且满足 $ h(x) < 0$ 时, 则必有：

$$\begin{cases} x > -\dfrac{1}{2a} , x_3 < x\\ x < -\dfrac{1}{2a} , x_3 < x\\ \end{cases} \Rightarrow x_3 < x < 0 \quad \quad \quad③$$

由引理知：

$$\begin{cases} x \in (-\infty , 0) ， h(x) < f(x).\\ x \in (0 , +\infty) ， h(x) > f(x).\\ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \in (-\infty , 0) ， h(x_1) - f(x_1) < 0.\\ x \in (0 , +\infty) ， h(x_2) - f(x_2) > 0.\\ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \in (-\infty , 0) ， h(x_1) < 0.\\ x \in (0 , +\infty) ， h(x_2) > 0.\\ \end{cases}$$

由 ①，② ，③ 得：

$$\begin{cases} x \in (-\infty , 0) ， h(x_1) < h(x_3).\\ x \in (0 , +\infty) ， h(x_2) > h(x_4).\\ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x_3 < x_1 < 0.\\ 0 < x_4 < x_2.\\ \end{cases} \Rightarrow x_3 + x_4 < x_1 + x_2$$

在 $x + ax^2 - \dfrac{\pi}{3} = 0$ 中，由韦达定理知：

$$x_3 + x_4 = - \dfrac{1}{a}$$

又因 $a > 1$ 时， $- \dfrac{1}{a} \in (-1,0)$, 知 ： $x_3 + x_4 = - \dfrac{1}{a} > -1$ ，由不等式的传递性：

$$-1 < x_3 + x_4 < x_1 + x_2 \Rightarrow - \dfrac{\pi}{3} < -1 < x_3 + x_4 < x_1 + x_2$$

即：

$$- \dfrac{\pi}{3} < x_1 + x_2 \Leftrightarrow x_1 + x_2 + \dfrac{\pi}{3} > 0$$

证毕。