高考数学专题练 专题一 微专题12　隐零点问题（含答案）

这是一份高考数学专题练 专题一 微专题12　隐零点问题（含答案），共14页。


典例1 (2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(a,x)＋2的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝0.
(1)判断函数f(x)的单调性;
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(2)证明：当x>0时，f(x)≤e2x.
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典例2 (2023·兰州模拟)已知函数f(x)＝x＋eq \f(2a,x)－(a－2)ln x(a∈R)，g(x)＝(b－1)x－eq \f(2,x)－xex.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，关于x的不等式f(x)＋g(x)≤－1恒成立，求实数b的取值范围．
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典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋asin x.
(1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2＋2x－ln(x＋1)，当x∈(0，π)时g(x)有唯一零点，求a的取值范围．
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[总结提升]
隐零点的处理思路：
第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次．
1．(2023·广州模拟)设函数f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，证明：a>2.
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2．(2023·湖南师范大学附中模拟)已知函数f(x)＝1＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1＋ln x,x)))(k≠0)．
(1)若f(x)存在最大值M，证明：M＋k>1；
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(2)在(1)的条件下，设函数g(x)＝－x，求g(x)的最小值(用含M，k的代数式表示)．
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3．(2023·黄冈模拟)已知函数f(x)＝xex－asin x－x.
(1)求当a＝0时，求函数f(x)的最值；
(2)若g(x)＝f(x)＋x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内存在极值点x0.
①求a的取值范围；
②证明g(x)在区间(0，π)内存在唯一零点x1，且x1<2x0.
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微专题12 隐零点问题
[考情分析] 隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来．在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解．一般难度较大．

考点一 不等式证明中的“隐零点”问题
典例1 (2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(a,x)＋2的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝0.
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)证明：当x>0时，f(x)≤e2x.
(1)解 因为f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－eq \f(a,x2)，所以f′(1)＝1－a＝0，解得a＝1，
所以f′(x)＝－eq \f(ln x,x2).
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)>0，得01.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明 要证f(x)≤e2x，即证eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,x)＋2≤e2x，只需证x(e2x－2)－ln x－1≥0.
令g(x)＝x(e2x－2)－ln x－1，其中x>0，
则g′(x)＝(2x＋1)e2x－eq \f(1＋2x,x)＝(2x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e2x－\f(1,x))).
令h(x)＝e2x－eq \f(1,x)(x>0)，则h′(x)＝2e2x＋eq \f(1,x2)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \r(e)－4<0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝e－2>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，使h(x0)＝－eq \f(1,x0)＝0，可得2x0＝－ln x0，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，则g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，则g(x)在(x0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(x0)＝x0(－2)－ln x0－1＝x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－2))＋2x0－1＝0.
所以g(x)≥0，所以f(x)≤e2x.
跟踪训练1 已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)．
(1)讨论f(x)极值点的个数；
(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－xeq \\al(3,0))．
(1)解 f′(x)＝(x＋1)ex－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))
＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(a,x)))＝eq \f(x＋1xex－a,x)，x∈(0，＋∞)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，x>0，
h′(x)＝(x＋1)ex>0.
显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，
所以存在x0>0，使h(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以x＝x0是f(x)的极小值点．
综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．
(2)证明 由(1)得，f′(x0)＝0，即＝a，
f(x0)＝－a(x0＋ln x0)＝(1－x0－ln x0)，
因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0，
令g(x)＝1－x－ln x，则g′(x)＝－1－eq \f(1,x)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，
由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0,1)，
设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,1)，
φ′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)单调递增，
φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，
即ln x1－x，
所以ln(x＋1)x＋1>0.
因为x0∈(0,1)，所以>x0＋1>0,1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0>0，
相乘得(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，
所以f(x0)＝(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－xeq \\al(2,0))＝2(x0－xeq \\al(3,0))．
结论成立．
考点二 函数范围中的“隐零点”问题
典例2 (2023·兰州模拟)已知函数f(x)＝x＋eq \f(2a,x)－(a－2)ln x(a∈R)，g(x)＝(b－1)x－eq \f(2,x)－xex.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，关于x的不等式f(x)＋g(x)≤－1恒成立，求实数b的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(2a,x2)－eq \f(a－2,x)＝eq \f(x2＋2－ax－2a,x2)＝eq \f(x＋2x－a,x2)，
若a≤0，f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>0，则当0当x>a时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝1时，f(x)＋g(x)＝bx＋ln x－xex，
由题意b≤ex－eq \f(ln x,x)－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝ex－eq \f(ln x,x)－eq \f(1,x)，
则h′(x)＝ex－eq \f(1－ln x,x2)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x2ex＋ln x,x2)，
令u(x)＝x2ex＋ln x，则u′(x)＝(x2＋2x)ex＋eq \f(1,x)>0，所以u(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又u(1)＝e>0，ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),4)－ln 2<0，
所以u(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上有唯一零点x0，
由u(x0)＝0得＝－eq \f(ln x0,x0)，
当x∈(0，x0)时，u(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，u(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x0)为h(x)在定义域内的最小值．
即h(x)min＝h(x0)＝－eq \f(ln x0,x0)－eq \f(1,x0).
令k(x)＝xexeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)易知k(x)单调递增，所以x＝－ln x，即ex＝eq \f(1,x)，
所以h(x)min＝h(x0)＝－eq \f(ln x0,x0)－eq \f(1,x0)＝eq \f(1,x0)－eq \f(－x0,x0)－eq \f(1,x0)＝1，
所以b≤1，即实数b的取值范围是(－∞，1]．
跟踪训练2 (2023·成都模拟)已知f(x)＝aln x－xln x(a>0)．
(1)求证：f(x)仅有一个极值；
(2)若存在a，使f(x)≤a＋b对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数b的取值范围．
(1)证明 f′(x)＝eq \f(a,x)－ln x－1(x>0)，
令p(x)＝eq \f(a,x)－ln x－1，
由a>0，得p′(x)＝－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)<0，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝ae－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,e)＋1))＝ae>0，f′(a＋1)＝eq \f(a,a＋1)－[ln(a＋1)＋1]<0，
所以存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，a＋1))，使得f′(x0)＝0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
f(x)极大值＝f(x0)，无极小值．
所以f(x)仅有一个极值．
(2)解 任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤a＋b，则a＋b≥f(x)max.
由(1)知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－x0ln x0.
又f′(x0)＝eq \f(a,x0)－ln x0－1＝0，则a＝x0ln x0＋x0.
若存在a，使f(x)≤a＋b，即aln x0－x0ln x0≤a＋b，
得b≥aln x0－x0ln x0－a＝(x0ln x0＋x0)·ln x0－x0ln x0－(x0ln x0＋x0)＝h(x0)，
转化为b≥h(x0)min.
h(x0)＝x0(ln x0)2－x0ln x0－x0(x0>0)，
h′(x0)＝(ln x0)2＋ln x0－2＝(ln x0＋2)·(ln x0－1)，
当h′(x0)>0时，ln x0<－2或ln x0>1，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))∪(e，＋∞)；
当h′(x0)<0时，－2所以h(x0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，e))上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
当x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，h(x0)＝x0(ln x0)2－x0ln x0－x0＝x0(ln x0)2－(ln x0＋1)x0，
由于(ln x0＋1)<－1，则－x0·(ln x0＋1)>0，又x0(ln x0)2>0.
所以h(x0)＝x0(ln x0)2－(ln x0＋1)x0>0，
当x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))时，h(x0)min＝h(e)＝－e，
综上，当x0∈(0，＋∞)时，h(x0)min＝h(e)＝－e，
得b≥－e.
故b的取值范围是[－e，＋∞)．
考点三 与三角函数有关的“隐零点”问题
典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋asin x.
(1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2＋2x－ln(x＋1)，当x∈(0，π)时g(x)有唯一零点，求a的取值范围．
解 (1)f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋asin x，则f′(x)＝x－1＋acs x，
∴f′(π)＝π－1－a＝π－2，∴a＝1，
令φ(x)＝x－1＋cs x，则φ′(x)＝1－sin x≥0恒成立，
∴φ(x)是增函数，当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0，
∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0，
∴λ的取值范围是(－∞，0]．
(2)g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2＋2x－ln(x＋1)＝x＋asin x－ln(x＋1)，g′(x)＝1＋acs x－eq \f(1,x＋1)，
①当a<0时g′(x)在(0，π)上单调递增，g′(0)＝a<0，g′(π)＝1－a－eq \f(1,π＋1)>0，
∴存在x0∈(0，π)，使得g′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又g(0)＝0，g(π)＝π－ln(π＋1)>0，故存在唯一的t∈(x0，π)，使得g(t)＝0，满足题意；
②当a≥0时，由x∈(0，π)，可得g(x)≥x－ln(x＋1)，令h(x)＝x－ln(x＋1)，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)，当x∈(0，π)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，π)上单调递增，
则h(x)>h(0)＝0，则g(x)>0在(0，π)上恒成立，故g(x)在(0，π)上无零点．
综上所述，a的取值范围是(－∞，0)．
跟踪训练3 (2023·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝ex－asin x.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意x∈[0，π]，不等式f(x)≥2－cs x恒成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝ex－2sin x，则f′(x)＝ex－2cs x，
∴f′(0)＝1－2＝－1，又f(0)＝1，
∴f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－2＋cs x＝ex－asin x＋cs x－2，
则对任意x∈[0，π]，h(x)≥0恒成立．
又h′(x)＝ex－acs x－sin x，
令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex＋asin x－cs x.
当a≥0时，若x∈[0，π]，则ex≥e0＝1，cs x≤1，sin x≥0，
∴t′(x)≥0在[0，π]上恒成立，则h′(x)在[0，π]上单调递增．
①当a>1时，h′(0)＝1－a<0，h′(π)＝eπ＋a>0，
∴∃x0∈(0，π)，使得h′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)②当a＝1时，h(x)＝ex－sin x＋cs x－2；
当x∈(0，π)时，h′(x)>h′(0)＝0，则h(x)在[0，π]上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝0恒成立，满足题意；
③当a<1时，h(x)＝ex－asin x＋cs x－2>ex－sin x＋cs x－2，
由②知对任意x∈[0，π]，h(x)>ex－sin x＋cs x－2≥0，满足题意．
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1]．
[总结提升]
隐零点的处理思路：
第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次．

1．(2023·广州模拟)设函数f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，证明：a>2.
(1)解 ∵f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1，
∴f′(x)＝[x－(a－1)]ex，
∴当x>a－1时，f′(x)>0，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增；
当x即函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a－1)，单调递增区间为(a－1，＋∞)．
(2)证明 函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，可得方程f(x)＝0有解，
∴a＝eq \f(xex＋1,ex－1)＝eq \f(xex－1＋x＋1,ex－1)＝x＋eq \f(x＋1,ex－1)在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝x＋eq \f(x＋1,ex－1)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝1＋eq \f(ex－1－x＋1ex,ex－12)＝eq \f(exex－x－2,ex－12)，
设函数h(x)＝ex－x－2，x∈(0，＋∞)，
h′(x)＝ex－1>0，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，
∴存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴函数g(x)存在唯一的最小值点x0，满足＝x0＋2，
∴g(x0)＝x0＋＝x0＋1∈(2,3)，
∵a＝g(x)＝x＋eq \f(x＋1,ex－1)在(0，＋∞)上有解，
∴a≥g(x0)>2，
∴a>2.
2．(2023·湖南师范大学附中模拟)已知函数f(x)＝1＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1＋ln x,x)))(k≠0)．
(1)若f(x)存在最大值M，证明：M＋k>1；
(2)在(1)的条件下，设函数g(x)＝xex＋eq \f(M－1,k)－x，求g(x)的最小值(用含M，k的代数式表示)．
(1)证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1－1＋ln x,x2)))＝eq \f(kx＋ln x,x2)，
记φ(x)＝x＋ln x，易知φ(x)是增函数，
又因为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)－1<0，φ(1)＝1>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得φ(x0)＝0，
①当k>0时，f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)无最大值，即k>0不符合题意；
②当k<0时，f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(x0)＝1＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x0－\f(1＋ln x0,x0)))，
因为x0＋ln x0＝0，所以ln x0＝－x0，
所以f(x0)＝1－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,x0)－1))>1－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x0·\f(1,x0))－1))＝1－k，
所以f(x)max＋k>1，即M＋k>1.
(2)解 由(1)可知k<0，且M＋k>1，所以eq \f(M－1,k)<－1，
g′(x)＝(x＋1)－1，令h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝(x＋2)，令h′(x)＝0，解得x＝－2，
当x>－2时，h′(x)>0，当x<－2时，h′(x)<0，
所以g′(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
当x≤－1时，g′(x)<0，
又g′(0)＝－1<0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－M,k)))＝eq \f(1－M,k)>1，
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－M,k)))，使得g′(x1)＝0，
可知g(x)min＝g(x1)＝－x1，
因为g′(x1)＝0，所以x1＋1＝，
所以ln(x1＋1)＋x1＝eq \f(1－M,k)，
由(1)可知，ln x0＝－x0，即eq \f(1,x0)＝，
因为M＝1＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x0－\f(1＋ln x0,x0)))，
所以eq \f(1－M,k)＝eq \f(1＋ln x0,x0)＋x0＝＋x0－1，
所以ln(x1＋1)＋x1＝＋x0－1＝ln(－1＋1)＋－1.
设λ(x)＝ln(x＋1)＋x，易知λ(x)单调递增，且λ(x1)＝λ(－1)，
所以x1＝－1，
所以g(x)min＝＝＋1－ ＝2－x0－＝1＋eq \f(M－1,k)，
即g(x)的最小值为1＋eq \f(M－1,k).
3．(2023·黄冈模拟)已知函数f(x)＝xex－asin x－x.
(1)求当a＝0时，求函数f(x)的最值；
(2)若g(x)＝f(x)＋x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内存在极值点x0.
①求a的取值范围；
②证明g(x)在区间(0，π)内存在唯一零点x1，且x1<2x0.
(1)解 ∵当a＝0时，f(x)＝xex－x，∴f′(x)＝(x＋1)ex－1，
当x<－1时，f′(x)<0，
当x>－1时，令φ(x)＝(x＋1)ex－1，
由φ′(x)＝(x＋2)ex>0，
∴f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增且f′(0)＝0，
∴当x<0时，f(x)单调递减，当x>0时，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝0，无最大值．
(2)①解 g(x)＝xex－asin x，
则g′(x)＝(x＋1)ex－acs x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
令h(x)＝g′(x)，
当a≤0时，h(x)>0，无零点，不符合；
令h(x)＝g(x)，
当01,0∴h(x)>0无零点，不符合；
当a>1时，h′(x)＝(x＋2)ex＋asin x>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又h(0)＝1－a<0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))>0，
∴存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使h(x)＝0，即g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极小值点x0.
综上，a>1.
②证明 由①可知，当00，
而当eq \f(π,2)≤x<π时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增，
∴g(x0)0.∴g(x)在(x0，π)内存在唯一零点x1，
下证x1<2x0，即证g(x1)0，
∵a＝，
∴g(2x0)＝－asin 2x0
＝－·sin 2x0
＝(－(x0＋1)sin x0)，
令t(x0)＝x0－sin x0，
故t′(x0)＝1－cs x0≥0，
即t(x0)是R上的增函数，故t(x0)>t(0)＝0，故x0>sin x0，
令s(x0)＝－x0－1，故当x0>0时，s′(x0)＝－1>0，
即s(x0)在(0，＋∞)上单调递增，故s(x0)>s(0)＝0，故>x0＋1，
∴g(2x0)>0，
即g(2x0)>g(x1)，∴x1<2x0，命题成立