题目 已知函数\[\begin{split} &f\left( x \right)=\left({\cos x - x}\right)\left({{\mathrm \pi}+ 2x}\right) - \dfrac{8}{3}\left({\sin x + 1}\right),\\&g\left(x\right)=3\left({x -{\mathrm \pi}}\right)\cos x - 4\left({1 + \sin x}\right)\ln \left({3 - \dfrac{2x}{\mathrm \pi}}\right).\end{split}\] 问题1 证明：存在唯一 ${x_0}\in \left({0,\dfrac{\mathrm \pi}{2}}\right)$，使 $f\left({x_0}\right) = 0$； 答案1 略 解析1 一方面，由于 $f(0)=\pi-\dfrac 83>0$，而 $f\left(\dfrac{\pi}2\right)=-\pi^2-\dfrac{16}3<0$，因此函数 $f(x)$ 在区间 $\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上存在零点；<br/>另一方面，在区间 $\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上，函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=-(1+\sin x)(\pi +2x)-2x-\dfrac 23\cos x<0,$$因此 $f(x)$ 在区间 $\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上单调递减．<br/>综上，存在唯一 ${x_0} \in \left( {0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}} \right)$，使 $f\left( {x_0} \right) = 0$，命题得证． 备注1 问题2 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 ${x_0}+{x_1}<{\mathrm \pi}$． 答案2 略 解析2 欲证 $x_0+x_1<\pi$，只需要证明 $x_0<\pi-x_1$，令 $t=\pi-x$，则函数 $y=g(x)$ 的零点 $x_1$ 和函数$$h(t)=3t\cos t-4(1+\sin t)\ln\left(1+\dfrac {2t}{\pi}\right)$$的零点 $t_0$ 满足 $t_0=\pi -x_1$，于是问题转化为证明 $x_0<t_0$．<br/>在 $h(t)$ 的函数解析式两边同时除以 $1+\sin t$，得到的新函数$$l(t)=\dfrac{h(t)}{1+\sin t}$$与 $h(t)$ 的零点相同，经过计算整理可得函数 $l(t)$ 的导函数$$l'(t)=\dfrac {f(t)}{\dfrac 23(1+\sin t)\left(t+\dfrac {\pi}2\right)}.$$根据第 $(1)$ 小题的结果，$l(t)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递增，在 $\left(x_0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上单调递减．<img src="/static/images/3a2b9b7bbba355e1c902ca2954875c71.png" class="img-responsive" />注意到 $l(0)=0$，因此 $l(x_0)>0$，又 $l\left(\dfrac{\pi}2\right)<0$，因此函数 $l(t)$ 的零点 $t_0$ 满足 $x_0<t_0<\dfrac{\pi}2$，从而命题得证． 备注2