（1）记f(x)=sinx-x，显然 f(x) 在 (-∞,+∞) 上连续且可导。
取r＞1，则 f(-r)＞0，f(r)＜0，所以函数 f(x) 有实数值零值点【存在性】，
又因为 f'(x）=cosx-1≤0 所以 f(x)在 (-∞,+∞) 上是单调递减函数，在存在的条件下，可知其零值点必唯一【唯一性】。
（2）① 由（1）已知 f(x) 在（0,π/2)上的单调减少。
所以 f(x)＜f(0)=0，即可得 sinx
且 g'(x)=2/π-cosx。
当 0＜x≤arccos(2/π) 时，g'(x)＜0，g(x)单调减少， g(x)＜g(0)=0；
当 arccos(2/π)＜2＜π/2 时，g'(x)＞0，g(x)单调增加， g(x)＜g(π/2)=0。
综合可得，在 (0,π/2) 上有 2x/π＜sinx＜x。
如果用【凹凸性】来证明来证明就非常简单，但由于方法的高级，需要掌握好【凹凸性】的概念和性质。
y=sinx, 在 [0,π/2] 上连续，在 (0,π/2) 上二阶可导。
y'=cosx, y"=-sinx＜0，曲线 y=sinx 在 [0,π/2] 上【上凸】，
根据上凸曲线性质：曲线在弦上方，在切线下方，即可得
【结论】2x/π＜sinx＜x。
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