设函数 $f(x)=e^x\cos x$，$g(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．
（I）求 $f(x)$ 的单调区间；
（II）当 $x\in\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 时，证明 $f(x)+g(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\geqslant 0$；
（III）设 $x_n$ 为函数 $u(x)=f(x)-1$ 在区间 $\left(2n\pi+\dfrac{\pi}{4},2n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)$ 内的零点，其中 $n\in\mathbb{N}$，证明 $2n\pi+\dfrac{\pi}{2}x_n<\dfrac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}$．
（I）求 $f(x)$ 的单调区间；
（II）当 $x\in\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 时，证明 $f(x)+g(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\geqslant 0$；
（III）设 $x_n$ 为函数 $u(x)=f(x)-1$ 在区间 $\left(2n\pi+\dfrac{\pi}{4},2n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)$ 内的零点，其中 $n\in\mathbb{N}$，证明 $2n\pi+\dfrac{\pi}{2}x_n<\dfrac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}$．
【难度】
【出处】
2019年高考天津卷（理）
【标注】
【答案】
略
【解析】
（I）由已知，有 $f^\prime(x)=e^x(\cos x-\sin x)$．因此，当 $x\in\left(2k\pi+\dfrac{\pi}{4},2k\pi+\dfrac{5\pi}{4}\right)(k\in\mathbb{Z})$ 时，有 $\sin x>\cos x$，得 $f^\prime(x)<0$，则 $f(x)$ 单调递减；当 $x\in\left(2k\pi-\dfrac{3\pi}{4},2k\pi+\dfrac{\pi}{4}\right)(k\in\mathbb{Z})$ 时，有 $\sin x<\cos x$，得 $f^\prime(x)>0$，则 $f(x)$ 单调递增．
所以，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[2k\pi-\dfrac{3\pi}{4},2k\pi+\dfrac{\pi}{4}\right](k\in\mathbb{Z})$，$f(x)$ 的单调递减区间为 $\left[2k\pi+\dfrac{\pi}{4},2k\pi+\dfrac{5\pi}{4}\right](k\in\mathbb{Z})$．
（II）记 $h(x)=f(x)+g(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)$．依题意及（I），有 $g(x)=e^x(\cos x-\sin x)$，从而 $g^\prime (x)=-2e^x\sin x$．当 $x\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 时，$g^\prime(x)<0$，故 $h^\prime(x)=f^\prime(x)+g^\prime(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)+g(x)(-1)=g^\prime(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)<0$．
因此，$h(x)$ 在区间 $\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上单调递减，进而 $h(x)\geqslant h\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0$．
所以，当 $x\in\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 时，$f(x)+g(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\geqslant 0$．
（III）依题意，$u(x_n)=f(x_n)-1=0$，即 $e^{x_n}\cos x_n=1$．记 $y_n=x_n-2n\pi$，则 $y_n\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$，且 $f(y_n)=e^{y_n}\cos y_n=e^{x_n-2n\pi}\cos (x_n-2n\pi)=e^{-2n\pi}(n\in\mathbb{N})$．
由 $f(y_n)=e^{-2n\pi}\leqslant 1=f(y_0)$ 及（I），得 $y_n\geqslant y_0$．由（II）知，当 $x\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 时，$g^\prime (x)<0$，所以 $g(x)$ 在 $ \left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right] $ 上为减函数，因此 $g(y_n)\leqslant g(y_0)<g\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0$．又由（II）知，$f(y_n)+g(y_n)\left(\dfrac{\pi}{2}-y_n\right)\geqslant 0$，故
$\dfrac{\pi}{2}-y_n\leqslant -\dfrac{f(y_n)}{g(y_n)}=-\dfrac{e^{-2n\pi}}{g(y_n)}\leqslant -\dfrac{e^{-2n\pi}}{g(y_0)}=\dfrac{e^{-2n\pi}}{e^{y_0}(\sin y_0-\cos y_0)}< \dfrac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}$．
所以，$2n\pi+\dfrac{\pi}{2}-x_0<\dfrac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}$．
所以，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[2k\pi-\dfrac{3\pi}{4},2k\pi+\dfrac{\pi}{4}\right](k\in\mathbb{Z})$，$f(x)$ 的单调递减区间为 $\left[2k\pi+\dfrac{\pi}{4},2k\pi+\dfrac{5\pi}{4}\right](k\in\mathbb{Z})$．
（II）记 $h(x)=f(x)+g(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)$．依题意及（I），有 $g(x)=e^x(\cos x-\sin x)$，从而 $g^\prime (x)=-2e^x\sin x$．当 $x\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 时，$g^\prime(x)<0$，故 $h^\prime(x)=f^\prime(x)+g^\prime(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)+g(x)(-1)=g^\prime(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)<0$．
因此，$h(x)$ 在区间 $\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上单调递减，进而 $h(x)\geqslant h\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0$．
所以，当 $x\in\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 时，$f(x)+g(x)\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\geqslant 0$．
（III）依题意，$u(x_n)=f(x_n)-1=0$，即 $e^{x_n}\cos x_n=1$．记 $y_n=x_n-2n\pi$，则 $y_n\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$，且 $f(y_n)=e^{y_n}\cos y_n=e^{x_n-2n\pi}\cos (x_n-2n\pi)=e^{-2n\pi}(n\in\mathbb{N})$．
由 $f(y_n)=e^{-2n\pi}\leqslant 1=f(y_0)$ 及（I），得 $y_n\geqslant y_0$．由（II）知，当 $x\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 时，$g^\prime (x)<0$，所以 $g(x)$ 在 $ \left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right] $ 上为减函数，因此 $g(y_n)\leqslant g(y_0)<g\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0$．又由（II）知，$f(y_n)+g(y_n)\left(\dfrac{\pi}{2}-y_n\right)\geqslant 0$，故
$\dfrac{\pi}{2}-y_n\leqslant -\dfrac{f(y_n)}{g(y_n)}=-\dfrac{e^{-2n\pi}}{g(y_n)}\leqslant -\dfrac{e^{-2n\pi}}{g(y_0)}=\dfrac{e^{-2n\pi}}{e^{y_0}(\sin y_0-\cos y_0)}< \dfrac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}$．
所以，$2n\pi+\dfrac{\pi}{2}-x_0<\dfrac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}$．
答案
解析
备注
