专题：三角函数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：零点问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★★
【题目】
(26年湛江高一期末统考考试第19题)
已知函数\(f(x)=\cos 2x+2 \cos x-1+3t\)，其中\(t\)为常数，函数\(f(x)\)在\(\left(-π,-\dfrac{π}{2}\right)\)上有两个零点\(m\)，\(n\).
(1)求\(t\)的取值范围；
(2)证明：\(m+n>-\dfrac{3π}{2}\).
【分析】
(1) 分析已知
① 函数中有二倍角和一倍角，先利用二倍角公式化为统一为一倍角，
\(f(x)=\cos 2x+2 \cos x-1+3t=2 \cos ^2x-1+2 \cos x-1+3t\)，
② 此时容易想到换元法，令\(k=\cos x\in (-1,0)\)，
则得到二次函数\(f(k)=2k^2+2k-2+3t=2\left(k+\dfrac{1}{2} \right)^2+3t-\dfrac{5}{2}\)，\(k\in (-1,0)\)，
③ 函数f(x)是复合函数，由“同增异减”得到其的单调性，对题目会有更深入的认识；
\(∵k=\cos x\)在\(\left(-π,-\dfrac{π}{2} \right)\)上递增，而二次函数\(y=f(k)\)在\(\left(-1,-\dfrac{1}{2} \right)\)上递减，在\(\left(-\dfrac{1}{2} ,0\right)\)上递增，
注意到\(\cos \left(-\dfrac{2π}{3}\right)=-\dfrac{1}{2}\)，
可得\(x\in \left(-π,-\dfrac{2π}{3} \right)\)时，\(k=\cos x\)递增且\(k\in \left(-1,-\dfrac{1}{2}\right )\)，而\(f(k)\)在\(\left(-1,-\dfrac{1}{2} \right)\)上递减，\(f(x)\)在\(\left(-π,-\dfrac{2π}{3} \right)\)上递减；
\(x\in \left(-\dfrac{2π}{3} ,-\dfrac{π}{2} \right)\)时，\(k=\cos x\)递增且\(k\in \left(-\dfrac{1}{2} ,0\right)\)，而\(f(k)\)在\(\left(-\dfrac{1}{2} ,0\right)\)上递增，\(f(x)\)在\(\left(-\dfrac{2π}{3} ,-\dfrac{π}{2} \right)\)上递增；
④ 由图可知两个零点\(-π<m<-\dfrac{2π}{3}\)，\(-\dfrac{2π}{3} <n<-\dfrac{π}{2}\)，
由复合函数可得有\(\cos m+\cos n=-1\)，\(\cos m \cdot \cos n=\dfrac{3t-2}{2}\)(※).
(2)分析求证
① 求\(t\)的取值范围；即只要满足\(f(k)=2k^2+2k-2+3t\)在\((-1,0)\)上有两个零点，
由二次函数图象便可求出t的取值范围；
② 要证明\(m+n>-\dfrac{3π}{2}\)，利用转化思路，
(i)只需证明\(\cos (m+n)<0\)，则利用(※)结合三角恒等变换证明；
(ii)或只需证明\(m>-\dfrac{3π}{2} -n⟺\cos m>\cos \left (-\dfrac{3π}{2} -n \right)=\sin n\)等类似思路，结合(※)进行演算.
具体的解题过程看解答.
【解答】
第一问
令\(k=\cos x\)，\(∵x\in \left(-π,-\dfrac{π}{2}\right)\)，\(∴\cos x\in (-1,0)\)，即\(k\in (-1,0)\)，
\(f(x)=\cos 2x+2 \cos x-1+3t=2 \cos 2x-1+2 \cos x-1+3t\)
\(=2k^2+2k-2+3t\)，
由于\(y=\cos x\)在\(\left(-π,-\dfrac{π}{2} \right)\)上递增，
由题意，函数\(f(x)\)在\((-π,-\dfrac{π}{2} )\)上有两个零点\(m\)，\(n\)，
可得函数\(g(k)=2k^2+2k-2+3t=2\left(k+\dfrac{1}{2} \right)^2+3t-\dfrac{5}{2}\)在\((-1，0)\)上有两个零点，
(此处不太好理解，假如\(y=\cos x\)在\(\left(-π，-\dfrac{π}{2} \right)\)上不单调，有可能\(\cos m=\cos n=k_1\)，则\(y=g(k)\)在\((-1，0)\)上只有\(1\)个零点就行；或者看下分析中复合函数的单调性会容易理解些)
注意到\(y=g(k)\)对称轴为\(k=-\dfrac{1}{2} \in (-1，0)\)，
所以$\left{
\begin{array}{c}
g(-\dfrac{1}{2} )<0\
g(0)>0\
g(-1)>0
\end{array}
\right.⇒
\left{
\begin{array}{c}
3t-\dfrac{5}{2}<0\
3t-2>0\
3t-2>0
\end{array}
\right.
\(，解得\)\dfrac{2}{3} <t<\dfrac{5}{6}$，
(二次函数零点的分布问题)
故求\(t\)的取值范围为\(\left(\dfrac{2}{3} ，\dfrac{5}{6} \right)\)；
第二问
方法1
依题意得\(\cos m+\cos n=-1\)，\(\cos m\cdot \cos n=\dfrac{3t-2}{2}\)，
\(∵m<-\dfrac{π}{2}\)，\(n<-\dfrac{π}{2}\)，\(∴m+n<-π\)，
要证明\(m+n>-\dfrac{3π}{2}\)，只需要证明\(\cos (m+n)<0\)，
即证明\(\cos m \cdot \cos n-\sin m \cdot \sin n<0\)，即证明\(\sin m \cdot \sin n>\dfrac{3t-2}{2}\)，
而\((\sin m \cdot \sin n )^2=\sin 2m\cdot \sin 2n=(1-\cos 2m)(1-\cos ^2n)\)
\(=1-(\cos^2m+\cos^ 2n )+(\cos m\cdot \cos n )^2\)
\(=1-(\cos m+\cos n )^2+2 \cos m\cdot \cos n+(\cos m\cdot \cos n )^2\)
\(=1-1+3t-2+\left(\dfrac{3t-2}{2} \right)^2\)
\(=\left(\dfrac{3t-2}{2} \right)^2+3t-2\)
\(∵t>\dfrac{2}{3}\)，\(∴3t-2>0\)，
\(∴(\sin m \cdot \sin n )^2=\left(\dfrac{3t-2}{2} \right)^2+3t-2>\left(\dfrac{3t-2}{2} \right)^2\)，
\(∵-π<m<-\dfrac{π}{2}\)，\(-π<n<-\dfrac{π}{2}\)，
\(∴\sin m<0\)，\(\sin n<0\)，\(∴\sin m \cdot \sin n>0\)，
\(∴\sin m \cdot \sin n>\dfrac{3t-2}{2}\)，
故所证成立.
方法2
令\(k_1=\cos m\)，\(k_2=\cos n\)，
则\(k_1\)，\(k_2\)为关于\(k\)的方程\(2k^2+2k-2+3t=0\)的两个实数根，
则有\(k_1+k_2=-1\)，\(k_1 k_2=\dfrac{3t-2}{2}\)，
所以\(\cos m+\cos n=-1\)，\(\cos m\cdot \cos n=\dfrac{3t-2}{2}\)，
所以\(\cos^2m+\cos^2n=(\cos m+\cos n )^2-2 \cos m\cdot \cos n=1-(3t-2)=3-3t\)，
所以\(\cos^ 2m+1-\sin^ 2n=3-3t\)，即\(\cos^2m-\sin^2n=2-3t\)，
\(∵t>\dfrac{2}{3}\)，\(∴2-3t<0\)，
\(∴\cos^2m-\sin^ 2n<0⇒(\cos m-\sin n)(\cos m+\sin n)<0\)，
又\(m\)，\(n\in \left(-π，-\dfrac{π}{2} \right)\)，\(∴\cos m<0\)，\(\sin n<0\)，
\(∴\cos m>\sin n\)，
又\(∵-π<n<-\dfrac{π}{2}\)，\(∴-π<-\dfrac{3π}{2} -n<-\dfrac{π}{2}\)，
\(∴\cos m>\cos \left(-\dfrac{3π}{2} -n \right)\)，
又\(y=\cos x\)在\(\left(-π，-\dfrac{π}{2} \right)\)上单调递增，
\(∴m>-\dfrac{3π}{2} -n\)，即\(m+n>-\dfrac{3π}{2}\).