【解答】
设函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x} \cos x, \quad g(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．
（I）求 $f(x)$ 的单调区间；
（II）当 $x \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 时，证明 $f(x)+g(x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right) \ldots 0$ ；
（III）设 $x_{n}$ 为函数 $u(x)=f(x)-1$ 在区间 $\left(2 m+\frac{\pi}{4}, 2 m \pi+\frac{\pi}{2}\right)$ 内的零点，其中 $n \in N$ ，证明 $2 n \pi+\frac{\pi}{2}-x_{n}<\frac{e^{-2 n \pi}}{\sin x_{0}-\cos x_{0}}$.
【答案】（I）单调递增区间为 $\left[2 k \pi-\frac{3 \pi}{4}, 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right](k \in \mathbf{Z}), f(x)$ 的单调递减区间为 $\left[2 k \pi+\frac{\pi}{4}, 2 k \pi+\frac{5 \pi}{4}\right](k \in \mathbf{Z})$ ．（II）见证明；（III）见证明
【解析】
【分析】
（I）由题意求得导函数的解析式，然后由导函数的符号即可确定函数 $f(x)$ 的单调区间；
（II）构造函数 $h(x)=f(x)+g(x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)$ ，结合（I）的结果和导函数的符号求解函数 $h(x)$ 的最小值即可证得题中的结论；
（III）令 $y_{n}=x_{n}-2 n \pi$ ，结合（I），（II）的结论、函数的单调性和零点的性质放缩不等式即可证得题中的结果。
【详解】（I）由已知，有 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}(\cos x-\sin x)$ ．
当 $x \in\left(2 k \pi+\frac{\pi}{4}, 2 k \pi+\frac{5 \pi}{4}\right)(k \in Z)$ 时，有 $\sin x>\cos x$ ，得 $f^{\prime}(x)<0$ ，则 $f(x)$ 单调递减；
当 $x \in\left(2 k \pi-\frac{3 \pi}{4}, 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right)(k \in Z)$ 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 $\left(2 k \pi-\frac{3 \pi}{4}, 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right)(k \in Z)$ ，
$f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(2 k \pi+\frac{\pi}{4}, 2 k \pi+\frac{5 \pi}{4}\right)(k \in Z)$ ．
（II）记 $h(x)=f(x)+g(x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)$ ．依题意及（I）有：$g(x)=e^{x}(\cos x-\sin x)$ ，
从而 $g^{\prime}(x)=-2 e^{x} \sin x$ 。当 $x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ，故
$h^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)+g(x)(-1)=g^{\prime}(x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)<0$.
因此，$h(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上单调递减，进而 $h(x) \ldots h\left(\frac{\pi}{2}\right)=f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$ ．
所以，当 $x \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 时，$f(x)+g(x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right) \ldots 0$ ．
（III）依题意，$u\left(x_{n}\right)=f\left(x_{n}\right)-1=0$ ，即 $\mathrm{e}^{x_{n}} \cos x_{n}=1$ ．
记 $y_{n}=x_{n}-2 n \pi$ ，则 $y_{n} \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ ．
且 $f\left(y_{n}\right)=\mathrm{e}^{y_{n}} \cos y_{n}=\mathrm{e}^{x_{n}-2 n \pi} \cos \left(x_{n}-2 n \pi\right)=\mathrm{e}^{-2 n \pi}(n \in N)$ ．
由 $f\left(y_{n}\right)=\mathrm{e}^{-2 n \pi}, 1=f\left(y_{0}\right)$ 及（I）得 $y_{n} \ldots y_{0}$ ．
由（II）知，当 $x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上为减函数，
因此 $g\left(y_{n}\right), " g\left(y_{0}\right)<g\left(\frac{\pi}{4}\right)=0$ ．
又由（II）知 $f\left(y_{n}\right)+g\left(y_{n}\right)\left(\frac{\pi}{2}-y_{n}\right) \ldots 0$ ，故：
$\frac{\pi}{2}-y_{n \prime \prime}-\frac{f\left(y_{n}\right)}{g\left(y_{n}\right)}=-\frac{\mathrm{e}^{-2 n \pi}}{g\left(y_{n}\right)}, \prime \frac{e^{-2 n \pi}}{g\left(y_{0}\right)}=\frac{e^{-2 n \pi}}{e^{y_{0}}\left(\sin y_{0}-\cos y_{0}\right)}<\frac{e^{-2 n \pi}}{\sin x_{0}-\cos x_{0}}$.
所以 $2 n \pi+\frac{\pi}{2}-x_{n}<\frac{\mathrm{e}^{-2 n \pi}}{\sin x_{0}-\cos x_{0}}$ ．
【点睛】本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法。考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．