已知函数 $f(x)=\frac{1}{2} x^2-a \cos x+b x \ln x-b x, a 、 b \in R$.
(1) 若 $b=0$ 且函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上是单调递增函数, 求 $a$ 的取值范围;
(2) 设 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 若 $0 < a < 1 , x_1 、 x_2$ 满足 $f^{\prime}\left(x_1\right)=f^{\prime}\left(x_2\right)$, 证明: $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2} > 2 \sqrt{\frac{-b}{1+a}}$.
【答案】 (1) 当 $b=0$ 时, $f(x)=\frac{1}{2} x^2-a \cos x, f^{\prime}(x)=x+a \sin x$, 因为 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上是单调递增函数, 所以 $f^{\prime}(x)=x+a \sin x \geq 0$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 令 $g(x)=x+a \sin x$, 则 $g^{\prime}(x)=1+a \cos x$,

当 $a \geq-1$ 时, $g(x) \geq x-\sin x$,
令 $p(x)=x-\sin x, p^{\prime}(x)=1-\cos x \geq 0$, 所以 $p(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上递增,
即 $p(x) > p(0)=0$, 所以 $g^{\prime}(x) > 0$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 符合题意;
当 $a < -1$ 时, $g^{\prime}(0)=1+a < 0, g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=1 > 0$, 且 $g^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 为单调递增函数,
所以存在唯一 $x_0 \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 使得 $g^{\prime}\left(x_0\right)=0$, 所以当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时, $g^{\prime}(x) < 0, g(x)$ 在 $\left(0, x_0\right)$ 递减,
即 $\forall x \in\left(0, x_0\right), g(x) < g(0)=0$ ,不符合题意;
综上所述 $a \geq-1$ ;
6 分
(2) $f^{\prime}(x)=x+a \sin x+b \ln x$, 当 $a \in(0,1)$ 时, 由(1)可知 $x+a \sin x$ 是增㖤数, 所以 $b < 0$, 设 $x_1 < x_2$,
$x_1+a \sin x_1+b \ln x_1=x_2+a \sin x_2+b \ln x_2$, 移项得 $\left(x_2-x_1\right)+a\left(\sin x_2-\sin x_1\right)=(-b)\left(\ln x_2-\ln x_1\right)$,
由 (1) 知 $x_2-\sin x_2 > x_1-\sin x_1$, 即 $\sin x_2-\sin x_1 < x_2-x_1$,
所以 $(-b)\left(\ln x_2-\ln x_1\right) < (a+1)\left(x_2-x_1\right)$, 即 $(-b) \ln \frac{x_2}{x_1} < (a+1)\left(x_2-x_1\right)$,
设 $h(x)=\ln x-2 \cdot \frac{x-1}{x+1}, h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{4}{(x+1)^2}=\frac{(x-1)^2}{x(x+1)^2} \geq 0$,
所以当 $x > 1$ 时, $h(x) > h(1)=0$, 即 $\ln x > 2 \cdot \frac{x-1}{x+1}$, 所以 $\ln \sqrt{x} > 2 \cdot \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}$, 即 $\ln x > 4 \cdot \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}$,
所以 $\ln \frac{x_2}{x_1} > 4 \cdot \frac{\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}-1}{\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}+1}=4 \cdot \frac{\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}{\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}}$,
带入(1)式中得到 $4(-b) \frac{\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}{\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}} < (a+1)\left(x_2-x_1\right)=(a+1)\left(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}\right)\left(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}\right)$,
即 $4 \frac{-b}{a+1} < \left(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}\right)^2$, 所以 $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2} > 2 \sqrt{\frac{-b}{a+1}}$, 命题得证.
12 分 (方法不唯一)


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