（本小题满分 12 分） 已知函数 f(x)=(cos x…——2014 高考数学第 21 题答案解析

【答案】（I）详见解析；（II）详见解析。

## 【解析】

试题分析：（I）当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)=-(1+\sin x)(\pi+2 x)-2 x-\frac{2}{3} \cos x<0$ ，函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上为减函数，又 $f(0)=\pi-\frac{8}{3}>0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\pi^{2}-\frac{16}{3}<0$ ，所以存在唯一 $x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，使 $f\left(x_{0}\right)=0$ 。（II）考虑函数 $h(x)=\frac{3(x-\pi) \cos x}{1+\sin x}-4 \ln \left(3-\frac{2}{\pi} x\right), x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ ，令 $t=\pi-x$ ，则 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时，$t \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ ，
记 $u(t)=h(\pi-t)=\frac{3 t \cos t}{1+\sin t}-4 \ln \left(1+\frac{2}{\pi} t\right)$ ，则 $u^{\prime}(t)=\frac{3 f(t)}{(\pi+2 t)(i+\sin t)}$ ，有（I）得，当 $t \in\left(0, x_{0}\right)$ 时， $u^{\prime}(t)>0$ ，当 $t \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$u^{\prime}(t)<0$ 圭 $\left(0, x_{0}\right)$ 上 $u(t)$ 是增区，又 $u(0)=0$ ，从而当 $t \in\left(0, x_{0}\right]$ 时， $u(t)>0$ ，所以 $u(t)$ 在 $\left(0, x_{0}\right]$ 上无零点在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上 $u(t)$ 是减区，效，又 $u\left(x_{0}\right)>0, u\left(\frac{\pi}{2}\right)=-4 \ln 2<0$ ，存在唯一的 $t_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ ，使 $u\left(t_{1}\right)=0$ ．所以存在唯一的 $t_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 使 $u\left(t_{1}\right)=0$ ．因此存在唯一的 $x_{1}=\pi-t_{1} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ ，使 $h\left(x_{1}\right)=h\left(\pi-t_{1}\right)=u\left(t_{1}\right)=0$ 。因为当 $x \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 时， $1+\sin x>0$ ，故

$g(x)=(1+\sin x) h(x)$ 与 $h(x)$ 有相同的零点，所以存在唯一的 $x_{1} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ ，使 $g\left(x_{1}\right)=0$ 。因
$x_{1}=\pi-t_{1}, t_{1}>x_{0}$ ，所以 $x_{0}+x_{1}<\pi$ ，即命题得证．
试题解析：（I）当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)=-(1+\sin x)(\pi+2 x)-2 x-\frac{2}{3} \cos x<0$ ，函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上为减函数，又 $f(0)=\pi-\frac{8}{3}>0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\pi^{2}-\frac{16}{3}<0$ ，所以存在唯一 $x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，使 $f\left(x_{0}\right)=0$ 。
（II）考虑函数 $h(x)=\frac{3(x-\pi) \cos x}{1+\sin x}-4 \ln \left(3-\frac{2}{\pi} x\right), x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ ，
令 $t=\pi-x$ ，则 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时，$t \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ ，
记 $u(t)=h(\pi-t)=\frac{3 t \cos t}{1+\sin t}-4 \ln \left(1+\frac{2}{\pi} t\right)$ ，则 $u^{\prime}(t)=\frac{3 f(t)}{(\pi+2 t)(1+\sin t)}$ ，
有（I）得，当 $t \in\left(0, x_{0}\right)$ 时，$u^{\prime}(t)>0, ~$ 当 $t \in\left(x, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$\quad \because(t)<0$ ．
在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上 $u(t)$ 是增函数，又 $u(0)=0$ ，以而当 $t \in\left(0, x_{0}\right.$, 时，$u(t)>0$ ，所以 $u(t)$ 在 $\left(0, x_{0}\right]$ 上无零点。
在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上 $u(t)$ 是减函数，又 $u\left(x_{0}\right)>0, u\left(\frac{\pi}{2}\right)=-4 \ln 2<0$ ，存在唯一的 $t_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ ，使 $u\left(t_{1}\right)=0$ ．
所以存在唯一的 $t_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 使 $u\left(t_{1}\right)=0$ 。
因此存在唯一的 $x_{1}=\pi-t_{1} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ ，侼 $n\left(x_{1}\right)=\pi\left(\pi-t_{1}\right)=\tau \cdot\left(t_{1}\right)=0$ ．
因为当 $x \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 时， $1+\sin x>0$ ，故 $g(x)=(1+\sin x) h(x)$ 与 $h(x)$ 有相同的零点，所以存在唯一的 $x_{1} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ ，使 $g\left(x_{1}\right)=0$ ．

因 $x_{1}=\pi-t_{1}, t_{1}>x_{0}$ ，所以 $x_{0}+x_{1}<\pi$
考点：1．零点唯一性的判断；2．函数的单调性的应用．