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

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

【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 $F^{\prime}(x)=1-\cos x>0$ 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 $G(x)=\sin x-\left(x-x^{2}\right)=x^{2}-x+\sin x, x \in(0,1)$ ，
则 $G^{\prime}(x)=2 x-1+\cos x, x \in(0,1)$ ，
构建 $g(x)=G^{\prime}(x), x \in(0,1)$ ，则 $g^{\prime}(x)=2-\sin x>0$ 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 $G^{\prime}(x)>0$ 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 $f(x)=-\ln \left(1-x^{2}\right), x \in(-1,1)$ ，
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 $f(x)=\cos a x-\ln \left(1-x^{2}\right)=\cos (|a| x)-\ln \left(1-x^{2}\right)=\cos b x-\ln \left(1-x^{2}\right)$ ，
且 $f(-x)=\cos (-b x)-\ln \left[1-(-x)^{2}\right]=\cos b x-\ln \left(1-x^{2}\right)=f(x)$ ，
所以函数 $f(x)$ 在定义域内为偶函数，
由题意可得：$f^{\prime}(x)=-b \sin b x-\frac{2 x}{x^{2}-1}, x \in(-1,1)$ ，
（i）当 $0<b^{2} \leq 2$ 时，取 $m=\min \left\{\frac{1}{b}, 1\right\}, x \in(0, m)$ ，则 $b x \in(0,1)$ ，
由（1）可得 $f^{\prime}(x)=-b \sin (b x)-\frac{2 x}{x^{2}-1}>-b^{2} x-\frac{2 x}{x^{2}-1}=\frac{x\left(b^{2} x^{2}+2-b^{2}\right)}{1-x^{2}}$ ，
且 $b^{2} x^{2}>0,2-b^{2} \geq 0,1-x^{2}>0$ ，

所以 $f^{\prime}(x)>\frac{x\left(b^{2} x^{2}+2-b^{2}\right)}{1-x^{2}}>0$ ，
即当 $x \in(0, m) \subseteq(0,1)$ 时，$f \boldsymbol{\phi}(x)>0$ ，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 $b x \in(0,1)$ ，
由（1）可得 $f^{\prime}(x)=-b \sin b x-\frac{2 x}{x^{2}-1}<-b\left(b x-b^{2} x^{2}\right)-\frac{2 x}{x^{2}-1}=\frac{x}{1-x^{2}}\left(-b^{3} x^{3}+b^{2} x^{2}+b^{3} x+2-b^{2}\right)$ ，
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 $h^{\prime}(x)=-3 b^{3} x^{2}+2 b^{2} x+b^{3}, x \in\left(0, \frac{1}{b}\right)$ ，
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，$f^{\prime}(x)<0$ ，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 $(-\infty,-\sqrt{2}) \cup(\sqrt{2},+\infty)$ ．

【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．