题目 已知函数\[\begin{split}f\left(x\right) &={\mathrm \pi}\left(x - \cos x\right) - 2\sin x - 2,\\<br/>g\left(x\right) &= \left(x -{\mathrm \pi}\right)\sqrt{\dfrac{1 - \sin x}{1 + \sin x}}+ \dfrac{2x}{{\mathrm \pi}}- 1.\end{split}\] 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 $f(0)=-\pi-2<0$，而 $f\left(\dfrac{\pi}2\right)=\dfrac{\pi^2}2-4>0$，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$$f'(x)=\pi(1+\sin x)-2\cos x>0,$$因此 $f(x)$ 在区间 $\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上单调递增．<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 $y=g(x)$ 的零点 $x_1$ 与$$h(t)=-\dfrac{t\cos t}{1+\sin t}-\dfrac{2}{\pi}t+1$$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/>注意到$$h'(t)=\dfrac{f(t)}{\pi(1+\sin t)},$$因此根据第 $(1)$ 小题的结果，$h(t)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减，在 $\left(x_0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上单调递增．<img src="/static/images/ffa40b4da68e8238ad8546bb438cafd2.png" class="img-responsive" />注意到 $h\left(\dfrac{\pi}2\right)=0$，因此 $h(x_0)<0$，又 $h(0)>0$，因此函数 $h(t)$ 的零点 $t_0$ 满足 $0<t_0<x_0$，从而命题得证． 备注2