略

先利用导数判断函数的单调性，然后结合单调性研究函数的零点．当 $x \in \left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 时，\[f'\left(x\right) = - \left(1 + \sin x\right)\left({\mathrm \pi} + 2x\right) - 2x - \dfrac{2}{3}\cos x < 0,\]则函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 上为减函数，又\[ f\left(0\right) = {\mathrm \pi} - \dfrac{8}{3} > 0, f\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right) = - {{\mathrm \pi} ^2} - \dfrac{16}{3} < 0, \]所以存在唯一 ${x_0} \in \left(0,\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}\right)$，使 $f\left({x_0}\right) = 0$．

略

首先需要结合单调性判断函数的零点情况，然后需要构造一个新的函数，判断零点的分布，从而得出两个零点的分布范围．考虑函数\[h\left(x\right) = \dfrac{{3\left(x - {\mathrm \pi} \right)\cos x}}{1 + \sin x} - 4\ln \left(3 - \dfrac{2}{\mathrm \pi} x\right),x \in \left[\dfrac{\mathrm \pi} {2},{\mathrm \pi} \right],\]令 $t = {\mathrm \pi} - x$，则 $x \in \left[\dfrac{\mathrm \pi} {2},{\mathrm \pi} \right]$ 时，$t \in \left[0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right]$．
记 $u\left(t\right) = h\left({\mathrm \pi} - t\right) = \dfrac{3t\cos t}{1 + \sin t} - 4\ln \left(1 + \dfrac{2}{\mathrm \pi} t\right)$，则\[u'\left(t\right) = \dfrac{3f\left(t\right)}{{\left({\mathrm \pi} + 2t\right)\left(1 + \sin t\right)}},\]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，$u'\left(t\right) < 0$．
在 $\left(0,{x_0}\right)$ 上 $u\left(t\right)$ 是增函数，又 $u\left(0\right) = 0$，从而当 $t \in \left(0,{x_0}\right]$ 时，$u\left(t\right) > 0$，所以 $u\left(t\right)$ 在 $\left(0,{x_0}\right]$ 上无零点．
在 $\left({x_0},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 上 $u\left(t\right)$ 是减函数，由 $u\left(x{}_0\right) > 0$，$u\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right) = - 4\ln 2 < 0$，知存在唯一的 ${t_1} \in \left({x_0},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$，使 $u\left({t_1}\right) = 0$，所以存在唯一的 ${t_1} \in \left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 使 $u\left({t_1}\right) = 0$，
因此存在唯一的 ${x_1} ={\mathrm \pi} - {t_1} \in \left(\dfrac{\mathrm \pi} {2},{\mathrm \pi} \right)$，使\[h\left({x_1}\right) = h\left({\mathrm \pi} - {t_1}\right) = u\left({t_1}\right) = 0,\]因为当 $x \in \left(\dfrac{\mathrm \pi} {2},{\mathrm \pi} \right)$ 时，$1 + \sin x > 0$，故 $g\left(x\right) = \left(1 + \sin x\right)h\left(x\right)$ 与 $h\left(x\right)$ 有相同的零点，所以存在唯一的 ${x_1} \in \left(\dfrac{\mathrm \pi} {2},{\mathrm \pi} \right)$，使 $g\left({x_1}\right) = 0$．
因为 ${x_1} = {\mathrm \pi} - {t_1}$，${t_1} > {x_0}$，所以 ${x_0} + {x_1} < {\mathrm \pi} $．