2005-天津卷理-22 解-三角函数的周期性

本题导读

本题为全卷的压轴大题，核心考查导数在解析超越函数极值点中的应用。第一问直接利用正弦周期性化简；第二问通过极值点导数为 0 建立三角恒等关系消除三角函数项；第三问将极值点的位置转化为 $y=\tan x$ 与 $y=-x$ 的交点横坐标，并通过精细的单调性区间分析和诱导公式完成不等式的严格证明。

📌【题干】

Question

（2005年天津卷(理)） 设函数 $f(x)=x\sin x$ ($x\in \mathbf{R}$).

(1) 证明 $f(x+2k\pi )-f(x)=2k\pi \sin x$，其中 $k$ 为整数；

(2) 设 $x_0$ 为 $f(x)$ 的一个极值点，证明 $[f(x_0){]}^2=\frac{x_0^4}{1+x_0^2}$；

(3) 设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内的全部极值点按从小到大的顺序排列 $a_1,a_2,\dots ,a_n,\dots$，证明 $\frac{\pi }{2}<a_{n+1}-a_n<\pi$ ($n=1,2,\dots$).

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：直接代入 $f(x+2k\pi )$ 并利用 $\sin (x+2k\pi )=\sin x$ 的周期性即可完成证明。
2. 第二问：对 $f(x)$ 求导，令 $f^{\prime }(x_0)=0$ 建立 $\sin x_0=-x_0\cos x_0$，再结合 ${\cos }^2{x}_0=1-{\sin }^2{x}_0$ 消去三角项，解出 ${\sin }^2{x}_0$ 后代入 $[f(x_0){]}^2$。
3. 第三问：将极值点方程化为 $\tan x=-x$，把极值点视为 $y=\tan x$ 与 $y=-x$ 的交点横坐标；先由各单调区间夹逼出 $\frac{\pi }{2}<a_{n+1}-a_n$，再利用同一单调区间内的同向性证出 $a_{n+1}-a_n<\pi$。

✅【答案】

Success

原不等式 $\frac{\pi }{2}<a_{n+1}-a_n<\pi$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明

将 $f(x)=x\sin x$ 代入待证等式左边展开： $f(x+2k\pi )-f(x)=(x+2k\pi )\sin (x+2k\pi )-x\sin x$ 根据正弦函数的周期性，对任意整数 $k$，恒有 $\sin (x+2k\pi )=\sin x$。代入上式得： $(x+2k\pi )\sin x-x\sin x=x\sin x+2k\pi \sin x-x\sin x=2k\pi \sin x$ 左边等于右边，原等式成立。

(2)证明

对 $f(x)=x\sin x$ 求导得： $f^{\prime }(x)=\sin x+x\cos x$ 因为 $x_0$ 是 $f(x)$ 的一个极值点，所以 $x_0$ 必然满足方程 $f^{\prime }(x_0)=0$，即： $\sin x_0+x_0\cos x_0=0⟹\sin x_0=-x_0\cos x_0$ 两边平方得： ${\sin }^2{x}_0=x_0^2{\cos }^2{x}_0$ 利用三角恒等式 ${\cos }^2{x}_0=1-{\sin }^2{x}_0$ 代入化简： ${\sin }^2{x}_0=x_0^2(1-{\sin }^2{x}_0)⟹{\sin }^2{x}_0=x_0^2-x_0^2{\sin }^2{x}_0$ $(1+x_0^2){\sin }^2{x}_0=x_0^2⟹{\sin }^2{x}_0=\frac{x_0^2}{1+x_0^2}$

根据已知定义， $[f(x_0){]}^2=(x_0\sin x_0{)}^2=x_0^2{\sin }^2{x}_0$。将上面求得的 ${\sin }^2{x}_0$ 代入： $[f(x_0){]}^2=x_0^2\cdot \frac{x_0^2}{1+x_0^2}=\frac{x_0^4}{1+x_0^2}$ 原式得证。

(3)证明

由（2）可知， $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内的极值点均满足方程 $\sin x+x\cos x=0$。 若 $\cos x=0$，则 $\sin x=\pm 1$，此时 $\sin x+x\cos x=\pm 1\ne 0$，方程显然不成立。 故必有 $\cos x\ne 0$。两边同除以 $\cos x$，可将极值点方程等价转化为： $\tan x=-x$ 因此，正极值点序列 $a_1,a_2,\dots ,a_n,\dots$ 几何上对应于函数 $y=\tan x$ 的图象与直线 $y=-x$ 在第一象限（$x>0$）内所有交点的横坐标。

根据正切函数 $y=\tan x$ 的图象性质，其渐近线为 $x=n\pi +\frac{\pi }{2}$ ($n\in \mathbf{Z}$)。 在每个独立开区间 $I_n=\left(n\pi -\frac{\pi }{2},n\pi +\frac{\pi }{2}\right)$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 内， $y=\tan x$ 严格单调递增，且值域为 $\mathbf{R}$。 而直线 $y=-x$ 严格单调递减。根据零点存在性与唯一性，每个区间 $I_n$ 内有且仅有一个交点。 由于当 $x>0$ 时， $-x<0$，所以交点必然落在正切值为负的第二象限对应区间内，即： $n\pi -\frac{\pi }{2}<a_n<n\pi \text{(1)}$ 同理，第 $n+1$ 个极值点满足： $(n+1)\pi -\frac{\pi }{2}<a_{n+1}<(n+1)\pi \text{(2)}$

由 ① 式变形可得： $-n\pi <-a_n<-n\pi +\frac{\pi }{2}\text{(3)}$ 将 ② 式与 ③ 式两端分别相加，可得差值的初步范围： $\left[(n+1)\pi -\frac{\pi }{2}\right]-n\pi <a_{n+1}-a_n<(n+1)\pi -\left[n\pi -\frac{\pi }{2}\right]$ $\frac{\pi }{2}<a_{n+1}-a_n<\frac{3\pi }{2}$ 至此，左半部分不等式 $\frac{\pi }{2}<a_{n+1}-a_n$ 已得到证明。

下面证明右半部分严格上界 $a_{n+1}-a_n<\pi$： 因为 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 是方程 $\tan x=-x$ 的根，所以： $\tan a_n=-a_n,\tan a_{n+1}=-a_{n+1}$ 因为极值点按从小到大排列，显然有 $a_{n+1}>a_n>0$。 由此可得： $-a_{n+1}<-a_n⟹\tan a_{n+1}<\tan a_n$ 利用正切函数的周期性诱导公式 $\tan a_n=\tan (a_n+\pi )$，上式可变形为： $\tan a_{n+1}<\tan (a_n+\pi )$

根据前面的区间定位： 由 ① 知： $n\pi -\frac{\pi }{2}<a_n<n\pi ⟹(n+1)\pi -\frac{\pi }{2}<a_n+\pi <(n+1)\pi$ 由 ② 知： $(n+1)\pi -\frac{\pi }{2}<a_{n+1}<(n+1)\pi$ 这说明自变量 $a_{n+1}$ 与 $a_n+\pi$ 共同属于同一个正切函数的单调递增区间 $\left((n+1)\pi -\frac{\pi }{2},(n+1)\pi \right)$。 根据正切函数在单调区间内的同向性，由 $\tan a_{n+1}<\tan (a_n+\pi )$ 直接推导自变量的大小关系： $a_{n+1}<a_n+\pi ⟹a_{n+1}-a_n<\pi$

综上所述，原不等式 $\frac{\pi }{2}<a_{n+1}-a_n<\pi$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：三角复合函数求导、极值点的导数零点性质、超越方程 $\tan x=-x$ 的根的区间隔离、利用单调区间脱去三角符号。
2. 避坑指南：证明第三问的右侧边界 $\pi$ 是极易丢分的难点。很多学生在两式相加得到 $a_{n+1}-a_n<\frac{3\pi }{2}$ 后便无法继续缩减边界。必须敏锐地利用原方程的代数结构转换成 $\tan a_{n+1}<\tan (a_n+\pi )$，并严格阐明**“两者属于同一个单调递增区间”**这一关键前提，才能够安全地脱去外层正切符号 $\tan$，从而严密地推导出结论。

📖【试题探源与推广】

Tip

变式练习：将参数置于区间端点或极值点，讨论单调区间的划分与最值取到的位置，强化导数符号分析。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 07.03 三角函数的图象与性质
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)