已知函数 $f\left(x\right) = {\mathrm \pi} \left(x - \cos x\right) - 2\sin x - 2$，$g\left(x\right) = \left(x - {\mathrm \pi} \right)\sqrt {\dfrac{1 - \sin x}{1 + \sin x}} + \dfrac{2x}{{\mathrm \pi} } - 1$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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证明：存在唯一 ${x_0} \in \left(0,\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}\right)$，使 $f\left({x_0}\right) = 0$；标注答案略．解析由于函数连续，可以通过证明函数 $f\left(x\right) $ 在给定的区间上是单调的，且区间端点处的函数值异号即可．当 $x \in \left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 时，$f'\left(x\right) ={\mathrm \pi} +{\mathrm \pi} \sin x - 2\cos x > 0$，所以 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}\right)$ 上为增函数．又\[f\left(0\right) = - {\mathrm \pi} - 2 < 0 , f\left(\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}\right) = \dfrac{{{{\mathrm \pi} ^2}}}{2} - 4 > 0,\]所以存在唯一 ${x_0} \in \left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$，使 $f\left({x_0}\right) = 0$．
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证明：存在唯一 ${x_1} \in \left(\dfrac{{\mathrm \pi} }{2},{\mathrm \pi} \right)$，使 $g\left({x_1}\right) = 0$，且对（1）中的 $ x_{0} $，有 ${x_0} + {x_1} > {\mathrm \pi} $．标注答案略．解析因为要研究 $x \in \left(\dfrac{{\mathrm \pi} }{2},{\mathrm \pi} \right) $ 时，函数 $g\left(x\right)$ 的零点，所以想到先化简 $g\left(x\right)$ 的关系式，再像一题那样求解，但是解答中会发现不好证明其单调性，并且也没法进一步证明 $x_0+x_1> {\mathrm \pi}$，所以考虑合理变换函数，引进 $x_0$ 帮助证明单调性即可实现一箭双雕，故变换的函数的导数中需出现决定符号的函数 $f(x)$ 的身影．尝试发现可以令 $t={\mathrm \pi} -x$，构造 $u(t)=g({\mathrm \pi} -t)$ 进行解答．当 $x \in \left(\dfrac{{\mathrm \pi} }{2},{\mathrm \pi} \right)$ 时，化简得\[g\left(x\right) = \left({\mathrm \pi} - x\right)\dfrac{\cos x}{1 + \sin x} + \dfrac{2x}{{\mathrm \pi} } - 1.\]令 $t ={\mathrm \pi} - x$，记\[u\left(t\right) = g\left({\mathrm \pi} - t\right) = - \dfrac{t\cos t}{1 + \sin t} - \dfrac{2t}{\mathrm \pi} + 1,t \in \left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right),\]则\[u'\left(t\right)= \dfrac{f\left(t\right)}{{{\mathrm \pi} \left(1 + \sin t\right)}},\]由（1）得，当 $t \in \left(0,{x_0}\right)$ 时，$u'\left(t\right) < 0$；当 $t \in \left({x_0},\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}\right)$ 时，$u'\left(t\right) > 0$，从而在 $\left({x_0},\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}\right)$ 上 $u\left(t\right)$ 为增函数．
由 $u\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right) = 0$ 知，当 $t \in \left[{x_0},\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}\right)$ 时，$u\left(t\right) < 0$，所以 $u\left(t\right)$ 在 $\left[{x_0},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 上无零点，在 $\left(0,{x_0}\right)$ 上 $u\left(t\right)$ 为减函数．
由 $u\left(0\right) = 1$ 及 $u\left({x_0}\right) < 0$ 知存在唯一 ${t_0} \in \left(0,{x_0}\right)$，使得 $u\left({t_0}\right) = 0$．
于是存在唯一 ${t_0} \in \left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$，使得 $u\left({t_0}\right) = 0$．
设\[{x_1} ={\mathrm \pi} - {t_0} \in \left(\dfrac{\mathrm \pi} {2},{\mathrm \pi} \right) , g\left({x_1}\right) = g\left({\mathrm \pi} - {t_0}\right) = u\left({t_0}\right) = 0,\]因此存在唯一的 ${x_1} \in \left(\dfrac{{\mathrm \pi} }{2},{\mathrm \pi} \right)$，使得 $g\left({x_1}\right) = 0$，
由于 ${x_1} = {\mathrm \pi} - {t_0}$，${t_0} < {x_0}$，所以 ${x_0} + {x_1} > {\mathrm \pi} $．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
