设函数 $f(x) = 4\sin (2x + 1) - x$，则在下列区间中函数 $f(x)$ 不存在零点的是（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 先说明在 $[-4,-2]$ 上没有零点. 令 $x_0=\frac{-2\pi-1}{2}$. 当 $-4\leqslant x\leqslant x_0$ 时，令 $u=2x+1+2\pi$，则 $-1<u\leqslant0$，并且 $\sin(2x+1)=\sin u\geqslant u$. 于是 当 $x_0\leqslant x\leqslant\frac{-\pi-1}{2}$ 时，$-2\pi\leqslant2x+1\leqslant-\pi$，故 $\sin(2x+1)\geqslant0$，从而 $f(x)>0$.

剩下的区间 $\frac{-\pi-1}{2}\leqslant x\leqslant-2$ 很短. 令 $v=2x+1+\pi$，则 $0\leqslant v\leqslant\pi-3<\frac17$，且 $\sin(2x+1)=-\sin v$. 因此 其中用了 $3<\pi<\frac{22}{7}$. 所以 $f(x)>0$ 在 $[-4,-2]$ 上恒成立.

函数连续. 由 $0<\pi-3<\frac17$ 及 $\sin t<t$（$t>0$）， 又因 $\frac{\pi}{6}<1<\frac{\pi}{2}$，有 $\sin1>\frac12$，从而 $f(-1)=1-4\sin1<-1<0$，$f(0)=4\sin1>0$. 因此在 $[-2,0]$ 和 $[0,2]$ 内分别存在零点.

再由 $\frac{3\pi}{2}<5<2\pi$，得 $\sin5<0$，所以 令 $\delta=8-\frac{5\pi}{2}$. 由 $\frac{31}{10}<\pi<\frac{16}{5}$ 得 $0<\delta<\frac14$，于是 $\sin8=\cos\delta>1-\frac{\delta^2}{2}>\frac{31}{32}$，$f\left(\frac72\right)=4\sin8-\frac72>\frac38>0$. 最后令 $\varepsilon=9-\frac{5\pi}{2}$. 由 $3<\pi<\frac{18}{5}$ 得 $0<\varepsilon<\frac{\pi}{2}$，故 $\sin9=\cos\varepsilon<1$，从而 所以在 $[2,4]$ 内也存在零点. 故不含零点的区间是 $[-4,-2]$，选 A. \end{solution}

已知 $a$ 是给定的实常数，设函数 $f(x) = (x - a)^2 (x + b)\mathrm{e}^x$，$b \in \mathbf{R}$，$x = a$ 是 $f(x)$ 的一个极大值点.

(1) 求 $b$ 的取值范围； (2) 设 $x_{1}$，$x_{2}$，$x_{3}$ 是 $f(x)$ 的 3 个极值点. 问是否存在实数 $b$，可找到 $x_{4} \in \mathbf{R}$，使得 $x_{1}$，$x_{2}$，$x_{3}$，$x_{4}$ 的某种排列 $x_{i_{1}}$，$x_{i_{2}}$，$x_{i_{3}}$，$x_{i_{4}}$（其中 $\{i_{1}, i_{2}, i_{3}, i_{4}\} = \{1, 2, 3, 4\}$）依次成等差数列？若存在，求所有的 $b$ 及相应的 $x_4$；若不存在，说明理由.

\begin{solution} 令 求导得 且 所以 $g$ 有两个不等实根.

\begin{enumerate} \item 在 $x=a$ 处，若 $g(a)>0$，则 $f'$ 在该点左负右正，$x=a$ 是极小值点；若 $g(a)=0$，则 $x-a$ 至少是二重因子，导数在该点不变号，也不是极值点. 因此必须 $g(a)<0$. 计算得 故

\item 记 $g$ 的两个根为 $u<v$. 由 $g(a)<0$ 知 $u<a<v$，所以三个极值点按大小规律为 $u$，$a$，$v$. 令 $p=a-u>0$，$q=v-a>0$，$s=a+b$. 将 $g(a+t)$ 展开，得 因此 $-pq=2s$，$-p+q=-(s+3)$ 即

四个数形成等差数列时，按四项从小到大排列，$u$，$a$，$v$ 只能占据以下三种位置类型.

第一种，$u$，$a$，$v$ 是连续的前三项或连续的后三项. 此时 $p=q$，由（1）得 $p^2=6$，所以 $s=-\frac{pq}{2}=-3$，$b=-a-3$. 缺少的第四项为

第二种，排列为 $u$，$a$，$x_4$，$v$. 此时 $q=2p$，代入（1）得 $p=p^2-3$，$p=\frac{1+\sqrt{13}}2$. 于是 $b=-a+s=-a-p^2=-a-\frac{7+\sqrt{13}}2$，$x_4=a+p=a+\frac{1+\sqrt{13}}2$.

第三种，排列为 $u$，$x_4$，$a$，$v$. 此时 $p=2q$，代入（1）得 $-q=q^2-3$，$q=\frac{\sqrt{13}-1}{2}$. 于是 $b=-a-q^2=-a-\frac{7-\sqrt{13}}2$，$x_4=a-q=a+\frac{1-\sqrt{13}}2$.

以上各值均满足 $b<-a$，且三种位置类型已经涵盖 $u$，$a$，$v$ 在四项等差数列中的全部可能位置. 因此确实存在，所有结果为 \end{enumerate} \end{solution}