\( f\left({x}_{1}\right)-\lambda \mathrm{ln}{x}_{1}=f\left({x}_{2}\right)-\lambda \mathrm{ln}{x}_{2}\) ，即 \( 2{x}_{1}-\mathrm{sin}{x}_{1}-\lambda \mathrm{ln}{x}_{1}=2{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{2}-\lambda \mathrm{ln}{x}_{2}\) ，

整理为 \( \lambda (\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1})=2({x}_{2}-{x}_{1})-(\mathrm{sin}{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{1})\) ， 

令 \(u(x) = x - \sin x\) ， \( x>0\) ，

则 \( {u}^{\text{'}}\left(x\right)=1-\mathrm{cos}x\ge 0\) ，所以 \(u(x) = x - \sin x\) 在 \(\left ( {0，+\infty } \right )\) 上单调递增，

不妨设 \({x_1} < {x_2}\) ，所以 \( {x}_{1}-\mathrm{sin}{x}_{1}<{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{2}\) ，从而 \( {x}_{2}-{x}_{1}>\mathrm{sin}{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{1}\) ，

所以 \( \lambda (\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1})=2({x}_{2}-{x}_{1})-(\mathrm{sin}{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{1})>2({x}_{2}-{x}_{1})-({x}_{2}-{x}_{1})={x}_{2}-{x}_{1}\) ，

所以 \( \lambda >\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}\).

下面证明： \( \frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}>\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}\) ，即证明： \( \frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\mathrm{ln}\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}>\sqrt{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}\) ，

令 \( \frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t\) ，即证明 \( \frac{t-1}{\mathrm{ln}t}>\sqrt{t}\) ，其中 \(t > 1\) ，只要证明 \( \frac{t-1}{\sqrt{t}}-\mathrm{ln}t>0\).

设 \( v\left(t\right)=\frac{t-1}{\sqrt{t}}-\mathrm{ln}t(t>1)\) ，则 \( {v}^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{(\sqrt{t}-1{)}^{2}}{2t\sqrt{t}}>0\) ，

所以 \(v(t)\) 在\(\left ( {1，+\infty } \right )\)上单调递增，所以 \( v\left(t\right)>v\left(1\right)=\frac{1-1}{\sqrt{1}}-\mathrm{ln}1=0\) ，

所以 \( \frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}>\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}\) ，

所以 \( \lambda >\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}>\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}\) ，

所以 \( {x}_{1}{x}_{2}<{\lambda }^{2}\) .

讨论 \( f\left(x\right)\) 的单调性；

 由 （1） 可知:  \( a<0\)  且当  \( x=\sqrt{-a}\)  时， \( f\left(x\right)\) 取极大值为  \( f\left(\sqrt{-a}\right)=-\text{ln}\left(-a\right)\) 

从而  \( f\left(x\right)\)  的最大值为  \(f\left ( {\sqrt {-a}} \right )=-\text{ln}\left ( {-a} \right ){，x}_{0}=\sqrt {-a}\)

为满足题意，必有 \( f\left(\sqrt{-a}\right)=-\mathrm{ln}\left(-a\right)>0\) ，即 \( -1<a<0\) ，

设  \( h\left(x\right)=\text{ln}x-x\) ， 则  \( {h}^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}\) ，

当  \(x\in \left ( {0，1} \right )\)  时，  \( {h}^{\text{'}}\left(x\right)>0\) ， 所以  \( h\left(x\right)\)  在 \(\left ( {0，1} \right )\) 上单调递増；

当  \(x\in \left ( {1，+\infty } \right )\) 时，  \( {h}^{\text{'}}\left(x\right)<0\) ， 所以  \( h\left(x\right)\)  在  \(\left ( {1，+\infty } \right )\) 上单调递减，

所以 \( h(x{)}_{\text{max}}=h\left(1\right)=-1<0\)， 从而 \( \text{ln}x<x\)，

\( \therefore 2f\left({x}_{0}\right)=-4\text{ln}\left(\sqrt{-a}\right)=2\text{ln}\left(-\frac{1}{a}\right)<-\frac{2}{a}\)，

\(\because {x}_{1}，{x}_{2}\)  是函数 \( f\left(x\right)\) 的两个不同的零点，

\(\therefore f\left ( {{x}_{1}} \right )=-2\text{ln}{x}_{1}+\frac {a} {{x}^{2}_{1}}+1=0，f\left ( {{x}_{2}} \right )=-2\text{ln}{x}_{2}+\frac {a} {{x}^{2}_{2}}+1=0\)，

两式相减得: \( -\frac{1}{a}=\frac{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}}{2{x}_{1}^{2}{{x}_{2}}^{2}\text{ln}\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}\).

设 \({x_2} > {x_1} > 0\)， 所以要证明: \( \frac{1}{{x}_{1}^{2}}+\frac{1}{{x}_{2}^{2}}>2f\left({x}_{0}\right)\)，

只需要证明: \( \frac{1}{{x}_{1}{ }^{2}}+\frac{1}{{x}_{2}{ }^{2}}>2\times \frac{\left({x}_{2}{ }^{2}-{x}_{1}^{2}\right)}{2{x}_{1}^{2}{{x}_{2}}^{2}\text{ln}\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}\).

即证明: \( \text{ln}\frac{{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}}>\frac{2\left({x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}\right)}{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}\)， 也就是证明: \( \text{ln}\frac{{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}}>\frac{2\left(\frac{{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}}-1\right)}{\frac{{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}}+1}\)，

设 \(\frac {{x}^{2}_{2}} {{x}^{2}_{1}}=t\in \left ( {1，+\infty } \right )\)， 下面就只需证明: \( \text{ln}t>\frac{2\left(t-1\right)}{t+1}(t>1)\)，

设 \( g\left(t\right)=\text{ln}t-\frac{2\left(t-1\right)}{t+1}(t>1)\)， 则 \( {g}^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{t}-\frac{4}{(t+1{)}^{2}}=\frac{(t-1{)}^{2}}{t(t+1{)}^{2}}>0\)，

\( \therefore g\left(t\right)\) 在 \(\left ( {1，+\infty } \right )\) 上为增函数， 从而 \( g\left(t\right)=\text{ln}t-\frac{2\left(t-1\right)}{t+1}>g\left(1\right)=0\)，

\( \therefore \text{ln}t>\frac{2\left(t-1\right)}{t+1}\) 成立， 从而 \(\frac {1} {{x}^{2}_{1}}+\frac {1} {{x}^{2}_{2}}>2f\left ( {{x}_{0}} \right )\)

设 \( n\in {\mathbf{N}}^{*}\) ，证明： \( \frac{1}{\sqrt{{1}^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{2}^{2}+2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{{n}^{2}+n}}>\mathrm{ln}\left(n+1\right)\) ．

已知函数 \( f\left(x\right)=\frac{ax+1}{{e}^{x}}+x\left(a\in \mathit{R}\right)\) ．对于 \( \forall x\in \left(0,+\infty \right)\) ，不等式 \( f\left(x\right)\le 2x-\frac{\mathrm{ln}x}{{e}^{x}}\) 恒成立，求实数 \( a\) 的取值范围．

法一： \( \forall x\in \left(0,+\infty \right)\) ，由 \( f\left(x\right)\le 2x-\frac{\mathrm{ln}x}{{e}^{x}}\) 可得 \( a\le {e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，其中 \( x>0\) ，

令 \( g\left(x\right)={e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，则 \( g\left(x\right)=\frac{x{e}^{x}-\mathrm{ln}x-1}{x}=\frac{{e}^{x+\mathit{ln}x}-\mathrm{ln}x-1}{x}\ge \frac{x+\mathrm{ln}x+1-\mathrm{ln}x-1}{x}=1\)

当且仅当 \( x+\mathrm{ln}x=0\) 取等号， \( \therefore a\le 1\).

法二： \( \forall x\in \left(0,+\infty \right)\) ，由 \( f\left(x\right)\le 2x-\frac{\mathrm{ln}x}{{e}^{x}}\) 可得 \( a\le {e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，其中 \( x>0\) ，

令 \( g\left(x\right)={e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，其中 \( x>0\) ，则 \( {g}^{\text{'}}\left(x\right)={e}^{x}+\frac{\mathrm{ln}x}{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}{e}^{x}+\mathrm{ln}x}{{x}^{2}}\) ，

令 \( h\left(x\right)={x}^{2}{e}^{x}+\mathrm{ln}x\) ，其中 \( x>0\) ，则 \( h\text{'}\left(x\right)=\left({x}^{2}+2x\right){e}^{x}+\frac{1}{x}>0\) ，

故函数 \( h\left(x\right)={x}^{2}{e}^{x}+\mathrm{ln}x\) 在 \( \left(0,+\infty \right)\) 上为增函数，

因为 \(h\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{\sqrt {\rm{e}} }}{4} - \ln 2 < 0\) ， \( h\left(1\right)>0\) ，

所以，存在 \( {x}_{0}\in \left(\frac{1}{2},1\right)\) 使得 \( h\left({x}_{0}\right)={x}_{0}^{2}{e}^{{x}_{0}}+\mathrm{ln}{x}_{0}=0\) ，

则 \( {x}_{0}{e}^{{x}_{0}}=-\frac{1}{{x}_{0}}\mathrm{ln}{x}_{0}=\frac{1}{{x}_{0}}\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}={e}^{\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}}\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}\) ，

令 \( p\left(x\right)=x{e}^{x}\) ，其中 \( x>0\) ，则 \( {p}^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x+1\right){e}^{x}>0\) ，故函数 \( p\left(x\right)\) 在 \( \left(0,+\infty \right)\) 上为增函数，

因为 \( p\left({x}_{0}\right)=p\left(\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}\right)\) ，所以， \( {x}_{0}=-\mathrm{ln}{x}_{0}\) ，可得 \( {x}_{0}+\mathrm{ln}{x}_{0}=\mathrm{ln}\left({x}_{0}{e}^{{x}_{0}}\right)=0\) ，则 \( {x}_{0}{e}^{{x}_{0}}=1\) ，

当 \( 0<x<{x}_{0}\) 时， \( {g}^{\text{'}}\left(x\right)<0\) ，此时函数 \( g\left(x\right)\) 单调递减，

当 \( x>{x}_{0}\) 时， \( {g}^{\text{'}}\left(x\right)>0\) ，此时函数 \( g\left(x\right)\) 单调递增，

所以， \(g\left ( {x} \right )_{\text{min}}=g\left ( {{x}_{0}} \right )=\frac {{x}_{0}{e}^{{x}_{0}}-\mathrm{ln}{x}_{0}-1} {{x}_{0}}=\frac {1+{x}_{0}-1} {{x}_{0}}=1\) ， \( \therefore a\le 1\).

当 \( a=0\) 时，函数 \( g\left(x\right)=\left[1-{f}^{\text{'}}\left(x\right)\right]\left[1+f\left(x\right)\right]+\frac{1}{{e}^{x}}\) ，证明： \( g\left(x\right)\) 无零点.

法一：证明：由题意，函数 \( g\left(x\right)=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(1+\mathrm{ln}x\right)+\frac{1}{{e}^{x}}\) ，且 \( g\left(2\right)>0\) ，

要证 \( g\left(x\right)\) 无零点，只需证明 \( g\left(x\right)>0\) ，只需证 \( \left(x-1\right)\left(1+\mathrm{ln}x\right)+\frac{x}{{e}^{x}}>0\) ，

即证 \( x\mathrm{ln}x+x-\mathrm{ln}x-1+\frac{x}{{e}^{x}}>0\) .

由（1）可知， \(\ln x + \frac{1}{{{\rm{e}}x}} \geqslant 0\) ，则 \( x\mathrm{ln}x\ge -\frac{1}{e}\) ，当且仅当 \( x=\frac{1}{e}\) 时，等号成立，

所以 \( x\mathrm{ln}x+x-\mathrm{ln}x-1+\frac{x}{{e}^{x}}\ge -\frac{1}{e}+x-\mathrm{ln}x-1+\frac{x}{{e}^{x}}\) .

构造函数 \( h\left(x\right)=\frac{x}{{e}^{x}}-\mathrm{ln}x+x-1-\frac{1}{e}\) ，则 \( {h}^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\left(x-1\right)\left({e}^{x}-x\right)}{x{e}^{x}}\) ，

设 \(\phi \left ( {x} \right )={e}^{x}-x，x>0\) ，可得 \( {\phi }^{\text{'}}\left(x\right)={e}^{x}-1>0\) ， \( \phi \left(x\right)\) 单调递增，

所以 \( \phi \left(x\right)>\phi \left(0\right)=1>0\) ，所以 \( {e}^{x}-x>0\) ，

当 \(x\in \left ( {0，1} \right )\) 时， \( {h}^{\text{'}}\left(x\right)<0\) ， \( h\left(x\right)\) 单调递减；

当 \(x\in \left ( {1，+\infty } \right )\) 时， \( {h}^{\text{'}}\left(x\right)>0\) ， \( h\left(x\right)\) 单调递增，

故 \( h\left(x\right)\ge h\left(1\right)=0\) ，当且仅当 \( x=1\) 时，等号成立，

因为等号成立的条件不相同，所以 \( x\mathrm{ln}x+x-\mathrm{ln}x-1+\frac{x}{{e}^{x}}>0\) ，故 \( g\left(x\right)\) 无零点.

法二：证明：由题意，函数 \( g\left(x\right)=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(1+\mathrm{ln}x\right)+\frac{1}{{e}^{x}}\) ，且 \( g\left(2\right)>0\) ，

要证 \( g\left(x\right)\) 无零点，只需证明 \( g\left(x\right)>0\)

当 \(x\ge 1，\left ( {1-\frac {1} {x}} \right )\left ( {1+\mathrm{ln}x} \right )+\frac {1} {{e}^{x}}>0\) ；

当 \(0<x<1，1-\frac {1} {x}<0，\mathrm{ln}x<x-1，\frac {1} {{e}^{x}}>-x+1\) ，则 \( g\left(x\right)=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(1+\mathrm{ln}x\right)+\frac{1}{{e}^{x}}>(1-\frac{1}{x})(1+x-1)-x+1=0\)

已知函数 \( f\left(x\right)={x}^{3}-6{x}^{2}+9x-2\) ，过点 \(P\left ( {0，2} \right )\) 作曲线 \(y = f\left( x \right)\) 的切线，则可作切线的最多条数是___．

已知 \( f\left(x\right)={e}^{x}-1\) （\(e\)为自然对数的底数）， \( g\left(x\right)=\mathrm{ln}x+1\) ，则 \( f\left(x\right)\)与 \( g\left(x\right)\) 的公切线条数为___．

已知函数 \(f\left ( {x} \right )=\left ( {3x+1} \right ){e}^{x+1}+mx\) ，若有且仅有两个整数使得 \(f(x)⩽0\) ，则实数 \(m\) 的取值范围是___．

已知函数\(f\left ( {x} \right )=\mathrm{ln}\left ( {x+m} \right )-{e}^{x}\)，满足 \( f\left(x\right)<0\) 恒成立的最大整数 \( m\) 为___．

因为 \( f\left(x\right)=\left({x}^{2}+1\right){e}^{x}-mx-1\) ，所以 \( f\text{'}\left(x\right)={\left(x+1\right)}^{2}{e}^{x}-m\) ，

①当 \(m⩽0\) 时， \( f\text{'}\left(x\right)⩾0\) ， \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，+\infty } \right )\) 为增函数，所以 \( f\left(x\right)\) 在\(\left . {[-1，+\infty } \right )\) 至多一个零点.

②当 \( m>0\) 时，由（1）得 \( f\text{'}\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，+\infty } \right )\) 为增函数.因为 \( f\text{'}\left(0\right)=1-m\) ，\( f\left(0\right)=0\) .

（ⅰ）当 \( m=1\) 时， \( f\text{'}\left(0\right)=0\) ， \( x>0\) 时， \( f\text{'}\left(x\right)>0\) ， \( -1<x<0\) 时，\( f\text{'}\left(x\right)<0\) ；

所以 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，0} \right )\) 为减函数，在 \(\left . {[0，+\infty } \right )\) 为增函数， \(f\left ( {x} \right )_{\text{min}}=f\left ( {0} \right )=0\) .

故 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，+\infty } \right )\) 有且只有一个零点.

（ⅱ）当 \( m>1\) 时， \( f\text{'}\left(0\right)<0\) ， \( f\text{'}\left(m\right)={\left(m+1\right)}^{2}{e}^{m}-m>0\) ，\( \exists {x}_{0}\in \left(0,m\right)\)，使得 \( f\text{'}\left({x}_{0}\right)=0\) ，

且 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，{x}_{0}} \right )\) 为减函数，在 \(\left( {{x_0}, + \infty } \right)\) 为增函数.

所以 \( f\left({x}_{0}\right)<f\left(0\right)=0\) ，又 \( f\left(m\right)=\left({m}^{2}+1\right){e}^{m}-{m}^{2}-1>\left({m}^{2}+1\right)-{m}^{2}-1=0\) ，

根据零点存在性定理， \( f\left(x\right)\) 在 \( \left({x}_{0},m\right)\) 有且只有一个零点，又 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，{x}_{0}} \right )\) 上有且只有一个零点0.

故当 \( m>1\) 时， \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，+\infty } \right )\) 有两个零点.

（ⅲ）当 \( 0<m<1\) 时，\( f\text{'}\left(-1\right)=-m<0\) ，\( f\text{'}\left(0\right)>0\) ，\( \exists {x}_{0}\in \left(-\mathrm{1,0}\right)\) ，使得\( f\text{'}\left({x}_{0}\right)=0\) ，且 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1{，x}_{0}} \right )\) 为减函数，在 \(\left( {{x_0}, + \infty } \right)\) 为增函数.

因为\( f\left(x\right)\) 在 \(\left( {{x_0}, + \infty } \right)\) 有且只有一个零点0，若 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，+\infty } \right )\) 有两个零点，则 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1{，x}_{0}} \right )\) 有且只有一个零点.

又 \( f\left({x}_{0}\right)<f\left(0\right)=0\) ，所以 \( f\left(-1\right)⩾0\) 即 \( f\left(-1\right)=\frac{2}{e}+m-1⩾0\) ，所以\( m⩾1-\frac{2}{e}\) ，

即当 \( 1-\frac{2}{e}⩽m<1\) 时 \( f\left(x\right)\) 在 \(\left . {[-1，+\infty } \right )\) 有两个零点.

综上， \(m\)的取值范围为 \( 1-\frac{2}{e}⩽m<1\) 或 \( m>1\)

已知函数 \( f\left(x\right)=\mathrm{sin}x-\mathrm{ln}\left(1+x\right)\) ， \( {f}^{\text{'}}\left(x\right)\) 为 \( f\left(x\right)\) 的导数．

证明： \( f\left(x\right)\) 有且仅有2个零点．

由 \( {f}^{\text{'}}\left(x\right)=\mathrm{cos}x-\frac{1}{x+1}\) ， \( x\in \left(-1,+\infty \right)\) 

令 \( g\left(x\right)=\mathrm{cos}x-\frac{1}{x+1}\) ， \( x\in \left(-1,\frac{\pi }{2}\right)\) \( \therefore {g}^{\text{'}}\left(x\right)=-\mathrm{sin}x+\frac{1}{{\left(x+1\right)}^{2}}\) ， \( x\in \left(-1,\frac{\pi }{2}\right)\) 

\( \because \frac{1}{{\left(x+1\right)}^{2}}\) 在 \( \left(-1,\frac{\pi }{2}\right)\) 上单调递减， \( \frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{1}{7},\) 在 \( \left(-1,\frac{\pi }{2}\right)\) 上单调递减\( \therefore {g}^{\text{'}}\left(x\right)\) 在 \( \left(-1,\frac{\pi }{2}\right)\) 上单调递减

①当 \(x\in (-1，0]\) 时，可知 \( {f}^{\text{'}}\left(x\right)\) 在 \((-1，0]\) 上单调递增 \( \therefore {f}^{\text{'}}\left(x\right)\le {f}^{\text{'}}\left(0\right)=0\) ，\( \therefore f\left(x\right)\) 在\((-1，0]\)上单调递减，又 \( f\left(0\right)=0\)， \( \therefore x=0\) 为 \( f\left(x\right)\) 在 \((-1，0]\) 上的唯一零点

②当 \(x\in (0，\frac {\pi } {2}]\) 时，\(g'\left ( {0} \right )=-\sin {0}+1=1>0\)， \( {g}^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\mathrm{sin}\frac{\pi }{2}+\frac{4}{{\left(\pi +2\right)}^{2}}=\frac{4}{{\left(\pi +2\right)}^{2}}-1<0\) ，

\( \therefore \exists {x}_{0}\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)\) ，使得  \( {g}^{\text{'}}\left({x}_{0}\right)=0\)，\( {f}^{\text{'}}\left(x\right)\) 在 \( \left(0,{x}_{0}\right)\) 上单调递增，在 \( \left({x}_{0},\frac{\pi }{2}\right)\) 上单调递减，又 \( {f}^{\text{'}}\left(0\right)=0\)， \( \therefore {f}^{\text{'}}\left({x}_{0}\right)>0\)，\( \therefore f\left(x\right)\) 在 \( \left(0,{x}_{0}\right)\) 上单调递增，此时 \( f\left(x\right)>f\left(0\right)=0\) ，不存在零点

又 \( {f}^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right)=\mathrm{cos}\frac{\pi }{2}-\frac{2}{\pi +2}=-\frac{2}{\pi +2}<0\) ，\( \therefore \exists {x}_{1}\in \left({x}_{0},\frac{\pi }{2}\right)\) ，使得 \( {f}^{\text{'}}\left({x}_{1}\right)=0\) 

\( \therefore f\left(x\right)\) 在 \( \left({x}_{0},{x}_{1}\right)\) 上单调递增，在 \( \left({x}_{1},\frac{\pi }{2}\right)\) 上单调递减，又\( f\left({x}_{0}\right)>f\left(0\right)=0\) ， \( f\left(\frac{\pi }{2}\right)=\mathrm{sin}\frac{\pi }{2}-\mathrm{ln}\left(1+\frac{\pi }{2}\right)=\mathrm{ln}\frac{2e}{\pi +2}>\mathrm{ln}1=0\) \( \therefore f\left(x\right)>0\) 在 \( \left({x}_{0},\frac{\pi }{2}\right)\) 上恒成立，此时不存在零点③当 \( x\in \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]\) 时， \(\sin {x}\)单调递减，\(-\ln {\left ( {x+1} \right )}\) 单调递减

\( \therefore f\left(x\right)\) 在 \( \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]\) 上单调递减又 \( f\left(\frac{\pi }{2}\right)>0\) ，\( f\left(\pi \right)=\mathrm{sin}\pi -\mathrm{ln}\left(\pi +1\right)=-\mathrm{ln}\left(\pi +1\right)<0\) 

即 \( f\left(\pi \right)\cdot f\left(\frac{\pi }{2}\right)<0\) ，又 \( f\left(x\right)\) 在 \( \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]\) 上单调递减， \( \therefore f\left(x\right)\) 在\( \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]\) 上存在唯一零点

④当 \(x \in \left( {\pi , + \infty } \right)\) 时， \( \mathrm{sin}x\in \left[-\mathrm{1,1}\right]\) ，\( \mathrm{ln}\left(x+1\right)>\mathrm{ln}\left(\pi +1\right)>\mathrm{ln}e=1\)， \( \therefore \mathrm{sin}x-\mathrm{ln}\left(x+1\right)<0\) 

即 \( f\left(x\right)\) 在 \( \left(\pi ,+\infty \right)\) 上不存在零点综上所述： \( f\left(x\right)\) 有且仅有\( 2\)个零点

由\(f\left ( {x} \right )=\left ( {x-2} \right ){e}^{x}+{a\left ( {x-1} \right )}^{2}\)，可得\({f}^{^{\, '}}\left ( {x} \right )=\left ( {x-1} \right ){e}^{x}+2a\left ( {x-1} \right )=\left ( {x-1} \right )\left ( {{e}^{x}+2a} \right )\)，

①当 \(a > 0\) 时， \(f(x)\) 在 \(( - \infty ,1)\) 递减；在 \((1, + \infty )\) 递增，

且 \(f\left ( {1} \right )\)\( = - e < 0\) ， \(x \to + \infty \) ， \(f(x) \to + \infty \) ；当 \(x \to - \infty \) 时 \(f(x) > 0\) 或找到一个 \(x < 1\) 使得 \(f(x) > 0\) 对于 \(a > 0\) 恒成立， \(f(x)\) 有两个零点；

②当 \(a = 0\) 时，\( \mathrm{f}\left(x\right)=\left(x-2\right){e}^{x}\)，所以 \(f(x)\) 只有一个零点 \(x = 2\) ；

③当 \(a < 0\) 时，若\(a<-\frac {e} {2}\)时， \(f(x)\) 在 \(\left ( {1，\mathrm{ln}\left ( {-2a} \right )} \right )\) 递减，在 \(( - \infty ,1)\) ， \(\left ( {\mathrm{ln}\left ( {-2a} \right )，+\infty } \right )\) 递增，

又当 \(x⩽1\) 时，\(f(x) < 0\) ，所以 \(f(x)\) 不存在两个零点；

当\(a⩾ - \frac{e}{2}\) 时，在 \(\left ( {-\infty ，\ln {\left ( {-2a} \right )}} \right )\) 单调增，在 \((1, + \infty )\) 单调增，

在\(\left ( {\mathrm{ln}\left ( {-2a} \right )，1} \right )\) 单调减，只有\(f\left ( {\mathrm{ln}\left ( {-2a} \right )} \right )\)等于0才有两个零点，

而当 \(x⩽1\) 时， \(f(x) < 0\) ，所以只有一个零点不符题意．

综上可得， \(f(x)\) 有两个零点时， \(a\) 的取值范围为 \((0，+\infty )\) ．

（Ⅰ）由题意知\({f}^{\, '}\left ( {x} \right )=2+2ax-b\mathrm{sin}x\)  ， \(\therefore \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f'(\frac{\pi }{2}) = 0} \\\ {f(\frac{\pi }{2}) = \frac{{3\pi }}{4}} \end{array}} \right.\) 解得 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = - \frac{1}{\pi }} \\\ {b = 1} \end{array}} \right.\) 

故\(f\left ( {x} \right )=2x-\frac {1} {\pi }{x}^{2}+\mathrm{cos}x\)， \({f}^{\, '}\left ( {x} \right )=2-\frac {2} {\pi }x-\mathrm{sin}x\) ．当 \(0⩽x⩽\frac{\pi }{2}\) 时， \(f'(x)\) 为减函数，且 \(f'(\frac{\pi }{2}) = 0\) ，

\(\therefore f'(x) > 0\) ， \(f(x)\) 为增函数．

（Ⅱ）证明：由 \(f({x_1}) = f({x_2})\) ，得\( 2{x}_{1}-\frac{{x}_{1}^{2}}{\pi }+\mathrm{cos}{x}_{1}=2{x}_{2}-\frac{{x}_{2}^{2}}{\pi }+\mathrm{cos}{x}_{2}\mathrm{ }\)，

所以\( 2\left({x}_{1}-{x}_{2}\right)-\frac{1}{\pi }\left({x}_{1}+{x}_{2}\right)\left({x}_{1}-{x}_{2}\right)+\mathrm{cos}{x}_{1}-\mathrm{cos}{x}_{2}=0\)，两边同除以 \({x_1} - {x_2}\) ，得\( 2-\frac{1}{\pi }\left({x}_{1}+{x}_{2}\right)+\frac{\mathrm{cos}{x}_{1}-\mathrm{cos}{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=0\) ，所以\( 2-\frac{1}{\pi }\left({x}_{1}+{x}_{2}\right)+\frac{-2\mathrm{sin}\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}\mathrm{sin}\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=0\)，

令\({x_0} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{2}\) ，得\( 2-\frac{2}{\pi }{x}_{0}-\frac{2\mathrm{sin}{x}_{0}\mathrm{sin}\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=0\)，得\( 2-\frac{2}{\pi }{x}_{0}=\frac{2\mathrm{sin}{x}_{0}\mathrm{sin}\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}\)．因为 \({f}^{\, '}\left ( {x} \right )=2-\frac {2x} {\pi }-\mathrm{sin}x\)，

所以\({f}^{\, '}\left ( {x} \right )=2-\frac {2} {\pi }{x}_{0}-\mathrm{sin}{x}_{0}=\frac {2\mathrm{sin}{x}_{0}\mathrm{sin}\frac {{x}_{1}-{x}_{2}} {2}} {{x}_{1}-{x}_{2}}-\mathrm{sin}{x}_{0}=\mathrm{sin}{x}_{0}\left ( {\frac {\mathrm{sin}\frac {{x}_{1}-{x}_{2}} {2}} {\frac {{x}_{1}-{x}_{2}} {2}}-1} \right )\) ，

因为\( \frac{\mathrm{sin}\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}=\frac{\mathrm{sin}\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}\)，又 \(\frac{{{x_2} - {x_1}}}{2} \in (0,\frac{\pi }{2})\) ，易知\( 0<\mathrm{sin}\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}<\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}\)，所以 \( \frac{\mathrm{sin}\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}-1<0\)，又 \({x_0} \in (0,\pi )\) ，所以\( \mathrm{sin}{x}_{0}>0\)，故 \(f'({x_0}) < 0\) ，得 \(f'(\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2}) < 0\) ．

证明：函数 \(f(x)\) 在 \(( - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})\) 上单调递增；

若 \(x \in (0,\frac{\pi }{2})\) ， \( f\left(x\right)>m{x}^{2}\) ，求 \(m\) 的取值范围．

由（1）得 \(f(x)\) 在 \((0,\frac{\pi }{2})\) 上单调递增，又 \(f(0) = 0\) ，所以 \(f(x) > 0\) ，

（ⅰ）当 \(m⩽0\) 时， \(f(x) > 0⩾m{x^2}\) 成立．

（ⅱ）当 \(m > 0\) 时，令\(p\left ( {x} \right )=\mathrm{sin}x-x\)，则\({p}^{\, '}\left ( {x} \right )=\mathrm{cos}x-1\)，

当 \(x \in (0,\frac{\pi }{2})\) 时，\(p'(x) < 0\) ， \(p(x)\) 单调递减，又 \(p(0) = 0\) ，所以 \(p(x) < 0\) ，故 \(x \in (0,\frac{\pi }{2})\) 时， \( \mathrm{sin}x<x\)．\((*)\)

由\((*)\)式可得\(f\left ( {x} \right )-m{x}^{2}=\mathrm{sin}x+\mathrm{tan}x-2x-m{x}^{2}<\mathrm{tan}x-x-m{x}^{2}\)，

令\(g\left ( {x} \right )=\mathrm{tan}x-x-m{x}^{2}\)，则\(g'(x) = {\tan ^2}x - 2mx\)，由\((*)\)式可得\(g'(x) < \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - 2mx = \frac{x}{{{{\cos }^2}x}}(x - 2m{\cos ^2}x)\)

令 \(h(x) = x - 2m{\cos ^2}x\) ，得 \(h(x)\) 在 \((0,\frac{\pi }{2})\) 上单调递增，

又 \(h(0) < 0\) ， \(h(\frac{\pi }{2}) > 0\) ，所以存在 \(t \in (0,\frac{\pi }{2})\) 使得 \(h(t) = 0\) ，即 \(x \in (0,t)\) 时，\(h(x) < 0\) ，

所以 \(x \in (0,t)\) 时， \(g'(x) < 0\) ， \(g(x)\) 单调递减，又 \(g(0) = 0\) ，所以 \(g(x) < 0\) ，

即 \(x \in (0,t)\) 时， \(f(x) - m{x^2} < 0\) ，与 \(f(x) > m{x^2}\) 矛盾．

综上，满足条件的 \(m\) 的取值范围是 \(( - \infty \)，\(0]\) ．