（1）证明：当 0 < x < 1 时， x - x^2…——2023 高考数学第 22 题答案解析

【答案】（1）证明见详解（2） $\left(-\infty, -\sqrt{2}\right) \cup \left(\sqrt{2}, +\infty\right)$

【解析】

【分析】（1）分别构建 $F(x) = x - \sin x, x \in (0,1)$ ， $G(x) = x^2 - x + \sin x, x \in (0,1)$ ，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；

（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上的单调性，求导，分类讨论 $0 < a^2 < 2$ 和 $a^2 \geq 2$ ，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.

【详解】（1）构建 $F(x) = x - \sin x, x \in (0,1)$ ，则 $F'(x) = 1 - \cos x > 0$ 对 $\forall x \in (0,1)$ 恒成立，

则 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，可得 $F(x) > F(0) = 0$ ，

所以 $x > \sin x, x \in (0,1)$ ;

构建 $G(x) = \sin x - (x - x^2) = x^2 - x + \sin x, x \in (0,1)$ ,

则 $G'(x)=2x-1+\cos x, x\in(0,1)$ ,

构建 $g(x) = G'(x), x \in (0,1)$ ，则 $g'(x) = 2 - \sin x > 0$ 对 $\forall x \in (0,1)$ 恒成立，

则 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，可得 $g(x) > g(0) = 0$ ，

即 $G'(x) > 0$ 对 $\forall x \in (0,1)$ 恒成立，

则 $G(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，可得 $G(x) > G(0) = 0$ ，

所以 $\sin x > x - x^{2}, x \in (0,1)$ ;

综上所述： $x - x^{2} < \sin x < x$

(2) 令 $1 - x^{2} > 0$ ，解得 $-1 < x < 1$ ，即函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,1)$ ，

若 $a = 0$ ，则 $f(x) = -\ln (1 - x^2), x \in (-1,1)$

因为 $y = -\ln u$ 在定义域内单调递减， $y = 1 - x^2$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增，在 $(0,1)$ 上单调递减，

则 $f(x) = -\ln \left(1 - x^2\right)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减，在 $(0,1)$ 上单调递增，

故 x=0 是 $f(x)$ 的极小值点，不合题意，所以 $a \neq 0$ .

当 $a \neq 0$ 时，令 $b = |a| > 0$

因为 $f(x) = \cos ax - \ln (1 - x^2) = \cos (|a|x) - \ln (1 - x^2) = \cos bx - \ln (1 - x^2)$

$$ f \left(- x\right) = \cos \left(- b x\right) - \ln \left[ 1 - \left(- x\right) ^ {2} \right] = \cos b x - \ln \left(1 - x ^ {2}\right) = f \left(x\right) $$

所以函数 $f(x)$ 在定义域内为偶函数，

由题意可得： $f'(x) = -b \sin bx - \frac{2x}{x^2 - 1}, x \in (-1, 1)$

(i) 当 $0 < b^{2} \leq 2$ 时，取 $m = \min \left\{\frac{1}{b}, 1\right\}$ ， $x \in (0, m)$ ，则 $bx \in (0, 1)$ ，

由（1）可得 $f'(x) = -b\sin (bx) - \frac{2x}{x^2 - 1} > -b^2 x - \frac{2x}{x^2 - 1} = \frac{x(b^2x^2 + 2 - b^2)}{1 - x^2}$ ,

且 $b^{2}x^{2} > 0,2 - b^{2}\geq 0,1 - x^{2} > 0$

所以 $f'(x) > \frac{x(b^{2}x^{2} + 2 - b^{2})}{1 - x^{2}} > 0$ ,

即当 $x \in (0, m) \subseteq (0, 1)$ 时， $f \notin (x) > 0$ ，则 $f(x)$ 在 $(0, m)$ 上单调递增，

结合偶函数的对称性可知： $f(x)$ 在 $(-m,0)$ 上单调递减，

所以 x=0 是 $f(x)$ 的极小值点，不合题意；

(ii) 当 $b^{2} > 2$ 时，取 $x \in \left(0, \frac{1}{b}\right) \subseteq (0,1)$ ，则 $bx \in (0,1)$ ，

由（1）可得 $f'(x) = -b\sin bx - \frac{2x}{x^2 - 1} < -b(bx - b^2 x^2) - \frac{2x}{x^2 - 1} = \frac{x}{1 - x^2}\left(-b^3 x^3 + b^2 x^2 + b^3 x + 2 - b^2\right)$ ,

构建 $h(x) = -b^{3}x^{3} + b^{2}x^{2} + b^{3}x + 2 - b^{2}, x \in \left(0, \frac{1}{b}\right)$ ,

则 $h'(x) = -3b^{3}x^{2} + 2b^{2}x + b^{3}, x \in \left(0, \frac{1}{b}\right)$ ,

且 $h^{\prime}(0) = b^{3} > 0, h^{\prime}\left(\frac{1}{b}\right) = b^{3} - b > 0$ ，则 $h^{\prime}(x) > 0$ 对 $\forall x \in \left(0, \frac{1}{b}\right)$ 恒成立，

可知 $h(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{b}\right)$ 上单调递增，且 $h(0) = 2 - b^2 < 0, h\left(\frac{1}{b}\right) = 2 > 0$

所以 $h(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{b}\right)$ 内存在唯一的零点 $n \in \left(0, \frac{1}{b}\right)$ ,

当 $x \in (0, n)$ 时，则 $h(x) < 0$ ，且 $x > 0, 1 - x^2 > 0$ ，

则 $f^{\prime}(x) < \frac{x}{1 - x^{2}}\left(-b^{3}x^{3} + b^{2}x^{2} + b^{3}x + 2 - b^{2}\right) < 0,$

即当 $x \in (0, n) \subseteq (0, 1)$ 时， $f'(x) < 0$ ，则 $f(x)$ 在 $(0, n)$ 上单调递减，

结合偶函数的对称性可知： $f(x)$ 在 $(-n,0)$ 上单调递增，

所以 x=0 是 $f(x)$ 的极大值点，符合题意；

综上所述： $b^{2}>2$ ，即 $a^{2}>2$ ，解得 $a>\sqrt{2}$ 或 $a<-\sqrt{2}$ ，

故 $a$ 的取值范围为 $\left(-\infty, -\sqrt{2}\right) \cup \left(\sqrt{2}, +\infty\right)$ .

【点睛】关键点睛：

1. 当 $0 < a^{2} \leq 2$ 时，利用 $\sin x < x, x \in (0,1)$ ，换元放缩；

2. 当 $a^2 \geq 2$ 时，利用 $x - x^2 < \sin x, x \in (0,1)$ ，换元放缩.