在数列 $\left\{a_n\right\}$ 中给定 $a_1$，且函数 $f(x)=\dfrac{1}{3} x^3-a_{n+1} \sin x+\left(a_n+2\right) x+1$ 的导函数有唯一零点，函数 $g(x)=12 x+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin (\pi x)-\dfrac{1}{2} \cos (\pi x)$ 且 $g\left(a_1\right)+g\left(a_2\right)+\cdots+g\left(a_9\right)=18$，则 $a_5=$ ( )
A．$\dfrac{1}{4}$
B．$\dfrac{1}{3}$
C．$\dfrac{1}{6}$
D．以上答案都不正确
答案 D．
解析 函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=x^2-a_{n+1}\cos x+(a_n+2),\]考虑函数 $f'(x)$ 是偶函数，因此 $f'(x)$ 有唯一零点则必然为 $x=0$，因此\[f'(0)=1\iff a_{n+1}=a_n+2.\]当 $x>0$ 时，其二阶导函数\[f''(x)=2x+a_{n+1}\sin x.\]
情形一 若 $a_{n+1}\geqslant -2$，则\[f''(x)\geqslant 2x-2|\sin x|\geqslant 0,\]此时 $f'(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，符合题意．
情形二 若 $a_{n+1}<-2$，则有\[f'''(x)=2+a_{n+1}\cos x,\]因此 $f''(x)$ 在 $\left(0,\arccos\dfrac{2}{-a_{n+1}}\right)$ 上单调递减，从而在该区间上有 $f'(x)<0$，又 $x\to +\infty$ 时，有 $f'(x)\to +\infty$，因此 $f'(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有零点，不符合题意． 这样，就有 $a_{n+1}=a_1+2(n-1)$，且 $a_1\geqslant -4$． 函数 $g(x)=12x+\sin\left(\pi x-\dfrac{\pi}6\right)$，关于 $P_k\left(k+\dfrac 16,12k+2\right)$（$k\in\mathbb Z$）对称且单调递增，由于 $\{a_n\}$ 是公差为 $2$ 的等差数列，因此\[S(a_5)=g\left(a_1\right)+g\left(a_2\right)+\cdots+g\left(a_9\right)\]关于 $a_5$ 单调递增，而\[S\left(\dfrac 16\right)=9g\left(\dfrac 16\right)=18,\]因此 $a_5=\dfrac 16$，但此时 $a_1=\dfrac 16-8<-4$，矛盾．
事实上，观察图像可知，存在k∈（9.20667,9.20668），当0＜（an+1）＜k时，f''（x）≥0；当（an+1）＞k时，存在x0∈（π，2π），使得f''（x）＜0【本讨论前提：x＞0】
（当2＜（an+1）＜k时，由f'''（x）=2+（an+1）*cos x，可得cos x=-2/（an+1），由于2＜（an+1）＜k，知方程f'''（x）=0有实数根，并由此可以得到f''（x）有无数极小值点。设f''（x）在区间（0，+∞）上的第一，二，...，n个极小值点分别为x1，x2，...，xn且易知x1＜x2＜...＜xn，则有f''（x1）≥0，且f''（xn）＞...＞f''(x2)＞f''（x1）≥0，可以通过观察图像得知f''（x）≥0）
（当t=（an+1）＞9.20668时，任取t∈R且t∈（9.20668，+∞），观察图像可以发现存在x0∈（π，2π），使得f''（x）＜0）
【至于只讨论x＞0，是因为f''（x）是奇函数】
【写了好几个小时】
我的论证很不严谨，仅供参考
兰老师，情形一的不等式不一定成立吧？