y1
；
；
所以Qx

x04
2
1
；对满足y；
14x0x00
2
2x0
设M（0，y1）M由于

0y1，令MPMQ0
的x0，y0恒成立。
，
x04
2
由于MPMQ0，得即y12
2x0
y0y0y1y1y10
2
；
y121y1y00（）；
14x0x00的
2
由于（）对满足y0
y0恒成立，所以
1y10y1y120
2
；
解得y11故以PQ为直径的预案横过y轴上的定点M（0，1）。解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）由（1）知y程为y
y01214x0xx0x
2
，
12
，设P（x0，y0），则x0≠0，且l的直线方
14
；即y

x0x
x0
2
。
x04
2
112x0xx0y由24y1
2x04x得2x0y1
，所以Qx

1
2x0
；
取x02，此时P（2，1），Q（0，1），以PQ为直径的圆为（x－1）2＋y22；
f交y轴于点M1（0，1）或M2（0，1）；取x01，此时以PQ为直径的圆为x
14y
2
，
，
38

2

12564
，y轴于M3交（0，或，1）
；
故若满足条件得点M存在，只能是M（0，1）。以下证明点M（0，1）就是所要求的点。因为，；
；故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M。【解析】略【答案】22解：（Ⅰ）由已知得f′（x）a（si
x＋xcosx）；
对于任意
，有si
x＋cosx＞0；
当a0时，
不符合题意；
当a＜0，
时，f′（x）＜0，从而f（x）在
内单调递减；
又fx）（在不合题意；
上的图象是连续不断的，fx）故（在
上的最大值为
当a＞0，
时，f′（x）＞0，从而f（x）在
内单调递减；
又f（x）在
上的图象是连续不断的，f故（x）在
上的最大值为
；
即解得a1；
。
f综上所述
fxxsi
x
32
。
（Ⅱ）f（x）在（0，π）内有且只有两个零点，证明如下：由（Ⅰ）知，又f（x）在所以f（x）在0
fxxsi
x32
，从而有
f0
32
0
，
f

2

3
2
0
；
上的图像是连续不断的；
2
内至少存在一个零点。内单调递增，故f（x）在0
2
又由（Ⅰ）知f（x）在点。当x由且g（x）在
2时，令

内有且仅有一个零
g（x）f′（x）si
x＋xcosx；
，g（π）π＜0；的图像连续不断的，故存在，使得g（m）0；
由g′（x）2cosx－xsi
x，知从而g（x）在当x
2
时，g′（x）＜0；
内单调递减。
时，g（x）＞g（m）0，即f′（x）＞0，从而在内单调递减。时
fxf
故当x

2
r