已知函数 $f(x)$ 及其导函数 $f^{\prime}(x)$ 的定义域均为 $\mathbf{R}$, 若 $f^{\prime}(x)-f(x)=\dfrac{x-\sin x}{\mathrm{e}^x}, f(0)=1$, 则下列结论正确的是
$ \text{A.} $ $f(1) > \mathrm{e}$ $ \text{B.} $ $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) < f\left(\frac{\pi}{2}\right)$ $ \text{C.} $ 方程 $f^{\prime}(x)=f(x)+\frac{1}{2 \mathrm{e}^2}$ 有两个解 $ \text{D.} $ $f(x)$在$(0, \dfrac{\pi}{2})$ 上单调递增
【答案】 ACD

【解析】 【解析】由题意得 $\left[\frac{f(x)}{\mathrm{e}^x}\right]^{\prime}=\frac{x-\sin x}{\mathrm{e}^{2 x}}$, 设 $F(x)=\frac{f(x)}{\mathrm{e}^x}$, 则 $F^{\prime}(x)=\frac{x-\sin x}{\mathrm{e}^{2 x}}$, 易得当 $x < 0$ 时, $F^{\prime}(x) < 0$, 当 $x > 0$ 时, $F^{\prime}(x) > 0$, $\therefore$ 函数 $F(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减, 在 $(0$, $+\infty)$ 上单调递增,
$\therefore F(0) < F(1)$, 即 $\frac{f(0)}{\mathrm{e}^0} < \frac{f(1)}{\mathrm{e}}, \therefore f(1) > \mathrm{e}$, 选 项 A 正确;
$$
\because f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\frac{\pi}{2}-\sin \frac{\pi}{2}}{\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}} > 0,
$$
$\therefore f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) > f\left(\frac{\pi}{2}\right)$, 选项 B 错误;
设 $h(x)=f^{\prime}(x)-f(x)=\frac{x-\sin x}{\mathrm{e}^x}$,
则 $h^{\prime}(x)=\left(\frac{x-\sin x}{\mathrm{e}^x}\right)^{\prime}=\frac{1-\cos x-x+\sin x}{\mathrm{e}^x}$,


设 $r(x)=1-\cos x-x+\sin x$ ,
则当 $x \geqslant \pi$ 时, $r(x)=(1-x)+(\sin x-\cos x)$ $ < (1-\pi)+2 < 0$;
当 $x \leqslant 0$ 时, $\sin x \geqslant x$, 且 $1-\cos x \geqslant 0, \therefore r(x) \geqslant 0$; 当 $0 < x < \pi$ 时, $r^{\prime}(x)=\sin x-1+\cos x$ $=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)-1$,
当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $r^{\prime}(x) > 0, \therefore r(x)$ 单调递增, 当 $x \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 时, $r^{\prime}(x) < 0, \therefore r(x)$ 单调递减, 又 $\because r(0)=0, r(\pi)=2-\pi < 0$,
$\therefore \exists x_0 \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,使得 $r\left(x_0\right)=0$,
即当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时, $r(x) > 0$, 当 $x \in\left(x_0, \pi\right)$ 时, $r(x) < 0$;
综上: 当 $x \in\left(-\infty, x_0\right)$ 时, $r(x) \geqslant 0$, 即 $h^{\prime}(x) \geqslant$ $0, \therefore h(x)$ 单调递增;
当 $x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 时, $r(x) < 0$, 即 $h^{\prime}(x) < 0$,
$\therefore h(x)$ 单调递减,
$\because h(0)=0, \therefore$ 当 $x < 0$ 时, $h(x) < h(0)=0$,
当 $x > 0$ 时,易证 $x > \sin x, \therefore h(x) > 0$,
且当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow 0$,

又 $\because x_0 \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), h\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\frac{\pi}{2}-1}{\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}} > \frac{\frac{3}{2}-1}{\mathrm{e}^2}=$ $\frac{1}{2 \mathrm{e}^2}, \therefore$ 方程 $h(x)=\frac{1}{2 \mathrm{e}^2}$ 有两个解, 即方程 $f^{\prime}(x)$ $=f(x)+\frac{1}{2 \mathrm{e}^2}$ 有两个解, 选项 C 正确;
由 $F(x)=\frac{f(x)}{\mathrm{e}^x}$ 可得 $f(x)=\mathrm{e}^x \cdot F(x), \therefore f^{\prime}(x)$ $=\mathrm{e}^x\left[F(x)+F^{\prime}(x)\right]$,
令 $u(x)=F(x)+F^{\prime}(x)$, 则 $u^{\prime}(x)=F^{\prime}(x)+$ $\left[F^{\prime}(x)\right]^{\prime}=\frac{x-\sin x}{\mathrm{e}^{2 x}}+\left[\frac{x-\sin x}{\mathrm{e}^{2 x}}\right]^{\prime}=\frac{x-\sin x}{\mathrm{e}^{2 x}}$ $+\frac{1-\cos x-2(x-\sin x)}{\mathrm{e}^{2 x}}=\frac{r(x)}{\mathrm{e}^{2 x}}$,
由以上分析可知, 当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $r(x) > 0$, 即 $u^{\prime}(x) > 0$,
$\therefore u(x)$ 单调递增, $\therefore u(x) > u(0)=F(0)+$ $F^{\prime}(0)=1, \therefore f^{\prime}(x) > 0$,
$\therefore f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增, 选项 D正 确. 故选 ACD.

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