【主解法】
第1步：证明：（1）令g(x)=cosx−1+2x2，求导得g′(x)=−sinx+x，g′′(x)=1−cosx⩾0，
写出g(x)的解析式
第2步：即函数g′(x)在R上单调递增，由g′(x)>0，得x∈(0,+∞)，由g′(x)<0，得x∈(−∞,0)，
写出使g′(x)>0成立的x的取值区间
第3步：因此函数g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，∴g(x)⩾g(0)=0， \therefore<span class="katex-error" title="ParseError: KaTeX parse error: Can't use function '' in math mode at position 30: …\frac{x^{2}}{2}̲．
根据已知条件，写出因此函数…" style="color:#cc0000">f(x)\leqslant \frac{x^{2}}{2}．
根据已知条件，写出因此函数g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，∴g(x)⩾g(0)=0， ∴</span>f(x)⩽2x2．对应的函数表达式
第4步：（2）由h(x)=aln(x+1)−1+cosx,x∈(0,2π)，求导得h′(x)=x+1a−sinx， h′′(x)=−(x+1)2a−cosx<0，即函数h\p写出h(x)的解析式第5步：又h\prime (0)=a>0,h\prime (\frac{\pi }{2})=\frac{a}{\frac{\pi }{2}+1}-1<\frac{1}{\frac{\pi }{2}+1}-1<0，由零点存在性定理知，存在唯一实数m\in (0,\frac{\pi }{2})，使得
写出使导函数在端点处符号确定的参数条件
第6步：则当x∈(0,m)，h′(x)>0，h(x)单调递增，x∈(m,2π),h′(x)<0,h(x)单调递减，而h(0)=0，则h(m)>0， 且h(x)>0在(0,m)恒成立，又h(\frac{\pi }{2
计算h'(x)在区间内变号点处的函数值第7步：因此存在唯一x_{0}\in (0,\frac{\pi }{2})，使得h(x_{0})=0，下面证明x_{0}>\sqrt{4a+1}-1，由0<a<1知0<\sqrt{4a+1}-1<\sqrt{5}-1，即\sqrt{4a+1}-1\in (0,\frac{\pi }{
写出对应的结果
第8步：则只需证h(4a+1−1)>0，即证aln4a+1>f(4a+1−1)， 由（1）知：f(4a+1−1)⩽2(4a+1−1)2，只需证：aln4a+1>\fra则只需证h(\sqrt{4a+1}-1)>0，即证aln\sqrt{4a+1}>f(\sqrt{4a+1}-1)，由（1）知：f(\sqrt{4a+1}-1)\leqslant \frac{(\sqrt{4a+1}-1)^{2}}{2}，只需证：aln\sqrt{4a+1}>\fra
第9步：令t=4a+1−1∈(0,5−1)，而a=4(t+1)2−1=4t2+2t，
写出用 a 表示的 t 的表达式
第10步：故只需证4t2+2tln(t+1)>2t2⇔ln(t+1)>t+22t，其中t∈(0,5−1)，
写出将不等式化简后关于ln(t+1)的等价条件
第11步：令F(t)=ln(t+1)−t+22t,t∈(0,5−1)，
写出函数 F(t) 的表达式
第12步：则F′(t)=t+11−(t+2)24=(t+1)(t+2)2t2>0，函数F(t)在(0,5−1)上单调递增，
写出F′(t)通分后的分子分母构成的分式表达式
第13步：因此F(t)>F(0)=0，即t∈(0,5−1)时，ln(t+1)>t+22t， \therefore<span class="katex-error" title="ParseError: KaTeX parse error: Can't use function '' in math mode at position 20: …}>\sqrt{4a+1}-1̲．
根据因此F(t)>F(0…" style="color:#cc0000">x_{0}>\sqrt{4a+1}-1．根据因此F(t)>F(0)=0，即t\in (0,\sqrt{5}-1)时，ln(t+1)>\frac{2t}{t+2}，\thereforex_{0}>\sqrt{4a+1}-1$．，写出对应的结果