函数在端点处为零的端点效应

       端点效应是将端点代入函数中以缩小参数的取值范围。若函数在端点处的值为 0 0 0，则我们无法通过这个端点来缩小参数的取值范围，这似乎意味着此时端点效应失效，其实不然，在这种情况下，端点效应发挥的作用更为惊人，我们先看多项式函数的情形。

多项式函数

【知识点 1】

       若多项式函数 f ( x ) f(x) f(x) 满足 f ( a ) = 0 f(a)=0 f(a)=0，则 f ( x ) f(x) f(x) 一定可以分解成 f ( x ) = ( x − a ) g ( x ) f(x)=(x-a) g(x) f(x)=(x−a)g(x) 这种形式，且 g ( x ) g(x) g(x) 是比 f ( x ) f(x) f(x) 低一次的多项式。

注意：只有多项式函数 (即幕函数的组合) 才有上述分解。

• 【例 1】 已知 f ( x ) = 3 a x 4 − 2 ( 3 a + 1 ) x 2 + 4 x f(x)=3 a x^{4}-2(3 a+1) x^{2}+4 x f(x)=3ax4−2(3a+1)x2+4x 在 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1) 上是增函数，求实数 a a a 的取值范围。

• 【解析】 因为 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1) 上递增，所以 f ′ ( x ) = 12 a x 3 − 4 ( 3 a + 1 ) x + 4 ⩾ 0 f^{\prime}(x)=12 a x^{3}-4(3 a+1) x+4 \geqslant 0 f′(x)=12ax3−4(3a+1)x+4⩾0 在 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1) 上恒成立，由端点效应可知 { f ′ ( − 1 ) = 8 ⩾ 0 f ′ ( 1 ) = 0 ⩾ 0 \begin{cases}f^{\prime}(-1)=8 \geqslant 0 \\ f^{\prime}(1)=0 \geqslant 0\end{cases} {f′(−1)=8⩾0f′(1)=0⩾0​ 因为 f ′ ( 1 ) = 0 f^{\prime}(1)=0 f′(1)=0，所以可将 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 分解因式，即 f ′ ( x ) = 4 ( x − 1 ) ( 3 a x 2 + 3 a x − 1 ) f^{\prime}(x)=4(x-1)\left(3 a x^{2}+3 a x-1\right) f′(x)=4(x−1)(3ax2+3ax−1)，则 f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 在 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上恒成立等价于 g ( x ) = 3 a x 2 + 3 a x − 1 ⩽ 0 g(x)=3 a x^{2}+3 a x-1 \leqslant 0 g(x)=3ax2+3ax−1⩽0 在 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上恒成立，由端点效应可知 { g ( − 1 ) = − 1 ⩽ 0 g ( 1 ) = 6 a − 1 ⩽ 0 \begin{cases}g(-1)=-1 \leqslant 0 \\ g(1)=6 a-1 \leqslant 0\end{cases} {g(−1)=−1⩽0g(1)=6a−1⩽0​，解得 a ⩽ 1 6 a \leqslant \frac{1}{6} a⩽61​。
         因为 a ⩽ 1 6 a \leqslant \frac{1}{6} a⩽61​，且函数 g ( x ) g(x) g(x) 为二次函数，其开口向上还是向下不明确，所以我们将 a ⩽ 1 6 a \leqslant \frac{1}{6} a⩽61​ 分割为 0 < a ⩽ 1 6 0<a \leqslant \frac{1}{6} 0<a⩽61​， a = 0 a=0 a=0， a < 0 a<0 a<0 来分类讨论：
         （1）当 0 < a ⩽ 1 6 0<a \leqslant \frac{1}{6} 0<a⩽61​ 时， g ( x ) g(x) g(x) 开口向上，即 g ( x ) g(x) g(x) 的最大值在端点处取得。故 0 < a ⩽ 1 6 0<a \leqslant \frac{1}{6} 0<a⩽61​ 可保证 g ( x ) ⩽ 0 g(x) \leqslant 0 g(x)⩽0 在 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上恒成立。
         （2）当 a = 0 a=0 a=0 时，显然成立。
         （3）当 a < 0 a<0 a<0 时，函数 g ( x ) g(x) g(x) 开口向下，对称轴为 x = − 1 2 ∈ [ − 1 , 1 ] x=-\frac{1}{2} \in[-1,1] x=−21​∈[−1,1]，故 g ( x ) max ⁡ = g ( − 1 2 ) = − 3 4 a − 1 g(x)_{\max }=g\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{3}{4} a-1 g(x)max​=g(−21​)=−43​a−1。因为 g ( x ) ⩽ 0 g(x) \leqslant 0 g(x)⩽0 在 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上恒成立等价于 g ( x ) max ⁡ ⩽ 0 g(x)_{\max } \leqslant 0 g(x)max​⩽0，所以 − 3 4 a − 1 ⩽ 0 -\frac{3}{4} a-1 \leqslant 0 −43​a−1⩽0，解得 a ⩾ − 4 3 a \geqslant-\frac{4}{3} a⩾−34​。又因为 a < 0 a<0 a<0，所以 − 4 3 ⩽ a < 0 -\frac{4}{3} \leqslant a<0 −34​⩽a<0。
         综上所述， a a a 的取值范围是 [ − 4 3 , 1 6 ] \left[-\frac{4}{3}, \frac{1}{6}\right] [−34​,61​]。

       例 1 中， f ′ ( x ) = 4 ( x − 1 ) ( 3 a x 2 + 3 a x − 1 ) f^{\prime}(x)=4(x-1)\left(3 a x^{2}+3 a x-1\right) f′(x)=4(x−1)(3ax2+3ax−1)，其中由于一次函数 x − 1 x-1 x−1 在区间 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1) 上恒小于零，所以三次函数的问题就轻松地转化为二次函数的问题了。但若分解后的一次函数既不恒正也不恒负时，又该如何呢？请看下例：

• 【例 2】 设 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R，若 x > 0 x>0 x>0 时，均有 [ ( a − 1 ) x − 1 ] ( x 2 − a x − 1 ) ⩾ 0 [(a-1) x-1]\left(x^{2}-a x-1\right) \geqslant 0 [(a−1)x−1](x2−ax−1)⩾0，则 a = a= a= ______。

• 【解析】 令 f ( x ) = ( a − 1 ) x − 1 f(x)=(a-1) x-1 f(x)=(a−1)x−1， g ( x ) = x 2 − a x − 1 g(x)=x^{2}-a x-1 g(x)=x2−ax−1，由端点效应可知 { f ( 0 ) g ( 0 ) ⩾ 0 f ( + ∞ ) g ( + ∞ ) ⩾ 0 \begin{cases}f(0) g(0) \geqslant 0 \\ f(+\infty) g(+\infty) \geqslant 0\end{cases} {f(0)g(0)⩾0f(+∞)g(+∞)⩾0​，解得 a > 1 a>1 a>1。而 f ( x ) f(x) f(x) 的零点为 x = 1 a − 1 x=\frac{1}{a-1} x=a−11​，因此 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , 1 a − 1 ) \left(0, \frac{1}{a-1}\right) (0,a−11​) 上为负，在 ( 1 a − 1 , + ∞ ) \left(\frac{1}{a-1},+\infty\right) (a−11​,+∞) 上为正。又因为 f ( x ) g ( x ) ⩾ 0 f(x) g(x) \geqslant 0 f(x)g(x)⩾0，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( 0 , 1 a − 1 ) \left(0, \frac{1}{a-1}\right) (0,a−11​) 上为负，在 ( 1 a − 1 , + ∞ ) \left(\frac{1}{a-1},+\infty\right) (a−11​,+∞) 上为正，如图所示。故 x = 1 a − 1 x=\frac{1}{a-1} x=a−11​ 是 g ( x ) g(x) g(x) 的零点，即 g ( 1 a − 1 ) = 0 g\left(\frac{1}{a-1}\right)=0 g(a−11​)=0，解得 a = 3 2 a=\frac{3}{2} a=23​。
         综上， a a a 的值为 a = 3 2 a=\frac{3}{2} a=23​。
  

【方法总结 1】

       若函数 f ( x ) g ( x ) ⩾ 0 f(x) g(x) \geqslant 0 f(x)g(x)⩾0 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 上恒成立，则
       （1）若 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 恒正 (恒负)，则 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 也恒正 (恒负)；
       （2）若 α \alpha α 是 f ( x ) f(x) f(x) 的变号零点，则 α \alpha α 也是 g ( x ) g(x) g(x) 的变号零点。

       方法总结 1 中 (2) 的 “变号” 是必须的，即 α \alpha α 是 f ( x ) f(x) f(x) 的零点但 f ( x ) f(x) f(x) 在 α \alpha α 上不变号，此时得不出 α \alpha α 也是 g ( x ) g(x) g(x) 的零点。比如 f ( x ) = ( x − 1 ) 2 f(x)=(x-1)^{2} f(x)=(x−1)2， g ( x ) = x 2 g(x)=x^{2} g(x)=x2，显然 f ( x ) g ( x ) ⩾ 0 f(x) g(x) \geqslant 0 f(x)g(x)⩾0，但是 f ( x ) f(x) f(x) 的零点不是 g ( x ) g(x) g(x) 的零点。

       方法总结 1 不仅告诉了我们结论，而且也为我们提供了解题的方向：先判断其中一个函数在区间上是否变号！再来看下例：

• 【例 3】 已知 f ( x ) = − 1 3 x 3 + x 2 + ( m 2 − 1 ) x f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}+\left(m^{2}-1\right) x f(x)=−31​x3+x2+(m2−1)x，其中 m > 0 m>0 m>0， f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有三个不同实根，分别为 0 , x 1 , x 2 ( x 1 < x 2 ) 0, x_{1}, x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right) 0,x1​,x2​(x1​<x2​)，若对任意的 x ∈ [ x 1 , x 2 ] , f ( x ) > f ( 1 ) x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], f(x)>f(1) x∈[x1​,x2​],f(x)>f(1) 恒成立，求实数 m m m 的取值范围。

• 【解析】 由端点效应可得 { f ( 1 ) < f ( x 1 ) = 0 f ( 1 ) < f ( x 2 ) = 0 \begin{cases}f(1)<f\left(x_{1}\right)=0 \\ f(1)<f\left(x_{2}\right)=0\end{cases} {f(1)<f(x1​)=0f(1)<f(x2​)=0​，解得 0 < m < 3 3 0<m<\frac{\sqrt{3}}{3} 0<m<33 ​​。
         因式分解可得 f ( x ) = − 1 3 x 3 + x 2 + ( m 2 − 1 ) x = x ( − 1 3 x 2 + x + m 2 − 1 ) f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}+\left(m^{2}-1\right) x=x\left(-\frac{1}{3} x^{2}+x+m^{2}-1\right) f(x)=−31​x3+x2+(m2−1)x=x(−31​x2+x+m2−1)。令 g ( x ) = − 1 3 x 2 + x + m 2 − 1 g(x)=-\frac{1}{3} x^{2}+x+m^{2}-1 g(x)=−31​x2+x+m2−1，则 f ( x ) = x ⋅ g ( x ) f(x)=x \cdot g(x) f(x)=x⋅g(x)。
         又因为 0 , x 1 , x 2 ( x 1 < x 2 ) 0, x_{1}, x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right) 0,x1​,x2​(x1​<x2​) 是方程 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 的三个实根，所以 x 1 x_{1} x1​， x 2 x_{2} x2​ 是方程 g ( x ) = 0 g(x)=0 g(x)=0 的两个不同实根，故 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，解得 m > 1 2 m>\frac{1}{2} m>21​ 或 m < − 1 2 m<-\frac{1}{2} m<−21​，因此 1 2 < m < 3 3 \frac{1}{2}<m<\frac{\sqrt{3}}{3} 21​<m<33 ​​。
         但 1 2 < m < 3 3 \frac{1}{2}<m<\frac{\sqrt{3}}{3} 21​<m<33 ​​ 只能保证 f ( x ) = x g ( x ) > f ( 1 ) f(x)=x g(x)>f(1) f(x)=xg(x)>f(1) 在端点 x 1 x_{1} x1​ 和 x 2 x_{2} x2​ 处成立，故而我们需要继续研究 f ( x ) = x g ( x ) f(x)=x g(x) f(x)=xg(x) 在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上的符号。
         首先，因为二次函数 g ( x ) g(x) g(x) 的开口向下且在端点 x 1 x_{1} x1​， x 2 x_{2} x2​ 处为零，故 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上恒正，如图所示；
  
         然后，判断函数 y = x y=x y=x 是否在区间 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上变号。因为 { x 1 + x 2 = 3 x 1 x 2 = 3 ( 1 − m 2 ) > 0 \begin{cases}x_{1}+x_{2}=3 \\ x_{1} x_{2}=3\left(1-m^{2}\right)>0\end{cases} {x1​+x2​=3x1​x2​=3(1−m2)>0​，且 0 < x 1 < x 2 0<x_{1}<x_{2} 0<x1​<x2​，所以函数 y = x y=x y=x 在区间 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上恒正。
         故 f ( x ) = x ⋅ g ( x ) f(x)=x \cdot g(x) f(x)=x⋅g(x) 在 ( x 1 , x 2 ) \left(x_{1}, x_{2}\right) (x1​,x2​) 上恒正，所以 f ( x ) ⩾ 0 > f ( 1 ) f(x) \geqslant 0>f(1) f(x)⩾0>f(1) 在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上恒成立。
         综上所述， a a a 的取值范围为 ( 1 2 , 3 3 ) \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right) (21​,33 ​​)。

       若多项式函数有明显的零点，分解因式能够将函数降次，特别是形如 f ( x ) = a x 3 + b x 2 + c x f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x f(x)=ax3+bx2+cx 的函数，是常见情形，它可以分解成 f ( x ) = x ( a x 2 + b x + c ) f(x)=x\left(a x^{2}+b x+c\right) f(x)=x(ax2+bx+c)，同学们一定要记住。

• 【变式 1】 设函数 f ( x ) = a x 3 − 3 x 2 f(x)=a x^{3}-3 x^{2} f(x)=ax3−3x2，若 g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) ( 0 ⩽ x ⩽ 2 ) g(x)=f(x)+f^{\prime}(x)(0 \leqslant x \leqslant 2) g(x)=f(x)+f′(x)(0⩽x⩽2)，在 x = 0 x=0 x=0 处取得最大值，求实数 a a a 的取值范围。

• 【变式 2】 x 3 − 3 x 2 + 2 x = m x x^{3}-3 x^{2}+2 x=m x x3−3x2+2x=mx 有三个互不相同的实根 0 , x 1 , x 2 ( x 1 < x 2 ) 0, x_{1}, x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right) 0,x1​,x2​(x1​<x2​)，且对任意的 x ∈ [ x 1 , x 2 ] , x 3 − 3 x 2 + 2 x < m ( x − 1 ) x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], x^{3}-3 x^{2}+2 x<m(x-1) x∈[x1​,x2​],x3−3x2+2x<m(x−1) 恒成立，求实数 m m m 的取值范围。

非多项式函数

       例 1 ~ 例 3 涉及的都是多项式函数，但试题中的函数大多不是多项式，这些函数虽然在端点处的值为零，却无法把它们分解，对此我们有如下方法：

【知识点 2】

       已知 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ a , b ] [a, b] [a,b]（或 ( a , b ) (a, b) (a,b)）上恒成立。
       （1）若 f ( a ) = 0 f(a)=0 f(a)=0，则 f ′ ( a ) ⩾ 0 f^{\prime}(a) \geqslant 0 f′(a)⩾0；
       （2）若 f ( b ) = 0 f(b)=0 f(b)=0，则 f ′ ( b ) ⩽ 0 f^{\prime}(b) \leqslant 0 f′(b)⩽0。

       注意，不管区间开闭，结论都一样。

• 【解释】 若 f ′ ( a ) < 0 f^{\prime}(a)<0 f′(a)<0，则必然存在 x 0 ∈ ( a , b ) x_{0} \in(a, b) x0​∈(a,b)，使得 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 在 ( a , x 0 ) \left(a, x_{0}\right) (a,x0​) 上成立，故 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( a , x 0 ) \left(a, x_{0}\right) (a,x0​) 上递减，即 f ( x ) < f ( a ) = 0 f(x)<f(a)=0 f(x)<f(a)=0 在 ( a , x 0 ) \left(a, x_{0}\right) (a,x0​) 上成立，这与 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ a , b ] [a, b] [a,b] 上恒成立矛盾，故必有 f ′ ( a ) ⩾ 0 f^{\prime}(a) \geqslant 0 f′(a)⩾0。同理可知若 f ( b ) = 0 f(b)=0 f(b)=0，则 f ′ ( b ) ⩽ 0 f^{\prime}(b) \leqslant 0 f′(b)⩽0。

• 【例 4】 （2016 全国 Ⅱ 文 20）已知函数 f ( x ) = ( x + 1 ) ln ⁡ x − a ( x − 1 ) f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1) f(x)=(x+1)lnx−a(x−1)。当 x ∈ ( 1 , + ∞ ) x \in(1,+\infty) x∈(1,+∞) 时， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0，求 a a a 的取值范围。

• 【分析】 显然 f ( + ∞ ) > 0 f(+\infty)>0 f(+∞)>0 得不出 a a a 的任何范围。又因为 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0，则 f ′ ( 1 ) ⩾ 0 f^{\prime}(1) \geqslant 0 f′(1)⩾0。求导可得 f ′ ( x ) = ln ⁡ x + x + 1 x − a f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-a f′(x)=lnx+xx+1​−a。故 f ′ ( 1 ) ⩾ 0 f^{\prime}(1) \geqslant 0 f′(1)⩾0 等价于 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2。

• 【端点效应】 求导得 f ′ ( x ) = ln ⁡ x + x + 1 x − a f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-a f′(x)=lnx+xx+1​−a，因为 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0，所以 f ′ ( 1 ) ⩾ 0 f^{\prime}(1) \geqslant 0 f′(1)⩾0，解得 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2。此时 f ′ ′ ( x ) = x − 1 x 2 > 0 f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}>0 f′′(x)=x2x−1​>0 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立，所以 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，即 f ′ ( x ) > f ′ ( 1 ) = 2 − a ⩾ 0 f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a \geqslant 0 f′(x)>f′(1)=2−a⩾0。故 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，即 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立。故 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2。

       接下来我们按照常规方式解答，一方面需要继续在这个范围 ( a ⩽ 2 ) (a \leqslant 2) (a⩽2) 下讨论函数 f ( x ) f(x) f(x) 的符号。另一方面，我们也需要说明 a > 2 a>2 a>2 不满足题意。因为 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2 是通过 f ′ ( 1 ) ⩾ 0 f^{\prime}(1) \geqslant 0 f′(1)⩾0 获取的，所以 a > 2 a>2 a>2 必会导致 f ′ ( 1 ) < 0 f^{\prime}(1)<0 f′(1)<0，则必然存在 x 0 x_{0} x0​ 使得 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 在 ( 1 , x 0 ) \left(1, x_{0}\right) (1,x0​) 上恒成立（ x 0 x_{0} x0​ 在 1 附近），即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 1 , x 0 ) \left(1, x_{0}\right) (1,x0​) 递减，故 f ( x 0 ) < f ( 1 ) = 0 f\left(x_{0}\right)<f(1)=0 f(x0​)<f(1)=0，这与原问题矛盾。在解题书写中，我们需要找出这个具体的 x 0 x_{0} x0​，怎么找呢？内点效应！

       因为当 a > 2 a>2 a>2 时， f ′ ( 1 ) < 0 f^{\prime}(1)<0 f′(1)<0，故在 1 1 1 的右侧必存在 x 0 x_{0} x0​ 使得 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 在 ( 1 , x 0 ) \left(1, x_{0}\right) (1,x0​) 上恒成立，即 ln ⁡ x < a − x + 1 x \ln x<a-\frac{x+1}{x} lnx<a−xx+1​，令 x x x 趋于 1 1 1 可得 ln ⁡ x ⏟ 趋于  0 < a − x + 1 x ⏟ 趋于 a-2 \underbrace{\ln x}_{\text {趋于 } 0}<\underbrace{a-\frac{x+1}{x}}_{\text {趋于 a-2}} 趋于 0 lnx​​<趋于 a-2 a−xx+1​​​ 。令 { ln ⁡ x < a − 2 2 a − 2 2 < a − x + 1 x \begin{cases}\ln x<\frac{a-2}{2} \\ \frac{a-2}{2}<a-\frac{x+1}{x}\end{cases} {lnx<2a−2​2a−2​<a−xx+1​​，解得 { 1 < x < e a − 2 2 x > 1 \begin{cases}1<x<\mathrm{e}^{\frac{a-2}{2}} \\ x>1\end{cases} {1<x<e2a−2​x>1​①，即 1 < x < e a − 2 2 1<x<\mathrm{e}^{\frac{a-2}{2}} 1<x<e2a−2​，故不等式组 ① 不能同时取等号，因此 x 0 x_{0} x0​ 可以取区间 ( 1 , e a − 2 2 ] \left(1, \mathrm{e}^{\frac{a-2}{2}}\right] (1,e2a−2​] 内任何一点，故可取 x 0 = e a − 2 2 x_{0}=\mathrm{e}^{\frac{a-2}{2}} x0​=e2a−2​。

       端点效应与内点效应携手，便可写出一份完美的标准答案：端点效应提供了分类讨论的分段点和指导找出矛盾区间的方向；而内点效应则指导我们找出具体的矛盾区间

• 【常规解答】 求导得 f ′ ( x ) = ln ⁡ x + x + 1 x − a f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-a f′(x)=lnx+xx+1​−a，分类讨论：
         （1）当 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2 时，因为 f ′ ′ ( x ) = x − 1 x 2 > 0 f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}>0 f′′(x)=x2x−1​>0 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立，所以 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上递增，即 f ′ ( x ) ⩾ f ′ ( 1 ) = 2 − a ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(1)=2-a \geqslant 0 f′(x)⩾f′(1)=2−a⩾0 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立。故 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上递增，即 f ( x ) > f ( 1 ) = 0 f(x)>f(1)=0 f(x)>f(1)=0 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立。故 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2 满足题意。
         （2）当 a > 2 a>2 a>2 时，取 x 0 = e a − 2 2 ∈ ( 1 , + ∞ ) x_{0}=\mathrm{e}^{\frac{a-2}{2}} \in(1,+\infty) x0​=e2a−2​∈(1,+∞)，则 ln ⁡ x < a − 2 2 \ln x<\frac{a-2}{2} lnx<2a−2​ 且 a − 2 2 < a − x + 1 x \frac{a-2}{2}<a-\frac{x+1}{x} 2a−2​<a−xx+1​ 在 ( 1 , x 0 ) \left(1, x_{0}\right) (1,x0​) 上恒成立，即 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 在 ( 1 , x 0 ) \left(1, x_{0}\right) (1,x0​) 上恒成立，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 1 , x 0 ) \left(1, x_{0}\right) (1,x0​) 上单调递减，故 f ( x 0 ) < f ( 1 ) = 0 f\left(x_{0}\right)<f(1)=0 f(x0​)<f(1)=0 成立，这与 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立矛盾。因此 a > 2 a>2 a>2 不满足题意。
         综上所述， a a a 的取值范围为 ( − ∞ , 2 ] (-\infty, 2] (−∞,2]。

• 【例 5】 （2017 新课标 Ⅱ 文 21）设函数 f ( x ) = ( 1 − x 2 ) e x f(x)=\left(1-x^{2}\right) \mathrm{e}^{x} f(x)=(1−x2)ex。当 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0 时， f ( x ) ⩽ 1 + a x f(x) \leqslant 1+a x f(x)⩽1+ax，求实数 a a a 的取值范围。

• 【端点效应】 原问题等价于 g ( x ) = f ( x ) − 1 − a x = ( 1 − x 2 ) e x − 1 − a x ⩽ 0 g(x)=f(x)-1-a x=\left(1-x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}-1-a x \leqslant 0 g(x)=f(x)−1−ax=(1−x2)ex−1−ax⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。因为 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0 且 g ( x ) ⩽ 0 g(x) \leqslant 0 g(x)⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ′ ( 0 ) ⩽ 0 g^{\prime}(0) \leqslant 0 g′(0)⩽0。又因为 g ′ ( x ) = ( 1 − 2 x − x 2 ) e x − a g^{\prime}(x)=\left(1-2 x-x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}-a g′(x)=(1−2x−x2)ex−a，所以 g ′ ( 0 ) ⩽ 0 g^{\prime}(0) \leqslant 0 g′(0)⩽0，解得 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1。此时因为 g ′ ′ ( x ) = ( − x 2 − 4 x − 1 ) e x < 0 g^{\prime \prime}(x)=\left(-x^{2}-4 x-1\right) \mathrm{e}^{x}<0 g′′(x)=(−x2−4x−1)ex<0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，故 g ′ ( x ) ⩽ g ′ ( 0 ) = 1 − a ⩽ 0 g^{\prime}(x) \leqslant g^{\prime}(0)=1-a \leqslant 0 g′(x)⩽g′(0)=1−a⩽0 恒成立，即 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，故 g ( x ) ⩽ g ( 0 ) = 0 g(x) \leqslant g(0)=0 g(x)⩽g(0)=0 恒成立。因此 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1 满足题意。
         综上所述， a a a 的取值范围为 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞)。

       接下来我们按照常规方式解答，一方面需要继续在这个范围（ a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1）下，讨论函数 g ( x ) g(x) g(x) 的符号。另一方面，我们也需要说明 a < 1 a<1 a<1 不满足题意。因为 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1 是通过 g ′ ( 0 ) ⩽ 0 g^{\prime}(0) \leqslant 0 g′(0)⩽0 获取的，所以 a < 1 a<1 a<1 必会 导致 g ′ ( 0 ) > 0 g^{\prime}(0)>0 g′(0)>0，则必然存在 x 0 x_{0} x0​，使得 g ′ ( x ) > 0 g^{\prime}(x)>0 g′(x)>0 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上恒成立，即 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上递增，所以 g ( x 0 ) > g ( 0 ) = 0 g\left(x_{0}\right)>g(0)=0 g(x0​)>g(0)=0，这与原问题矛盾。 利用内点效应找出具体的 x 0 x_{0} x0​：

       因为当 a < 1 a<1 a<1 时， g ′ ( 0 ) > 0 g^{\prime}(0)>0 g′(0)>0，在 0 0 0 的右侧必存在 x 0 x_{0} x0​ 使得 g ′ ( x ) > 0 g^{\prime}(x)>0 g′(x)>0 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上恒成立，即 ( 1 − 2 x − x 2 ) e x − a > 0 (1-2 x-\left.x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}-a>0 (1−2x−x2)ex−a>0，注意到 x x x 充分接近 0 0 0，所以变形可得 e x > a 1 − 2 x − x 2 \mathrm{e}^{x}>\frac{a}{1-2 x-x^{2}} ex>1−2x−x2a​。令 x x x 趋于 0 0 0 可得 e x ⏟ 趋于  1 > a 1 − 2 x − x 2 ⏟ 趋于  a \underbrace{\mathrm{e}^{x}}_{\text {趋于 } 1}>\underbrace{\frac{a}{1-2 x-x^{2}}}_{\text {趋于 } a} 趋于 1 ex​​>趋于 a 1−2x−x2a​​​。令 { e x > a + 1 2 ① a + 1 2 > a 1 − 2 x − x 2 ② \begin{cases}\mathrm{e}^{x}>\frac{a+1}{2} & ① \\ \frac{a+1}{2}>\frac{a}{1-2 x-x^{2}} & ②\end{cases} {ex>2a+1​2a+1​>1−2x−x2a​​①②​。不等式 ① 恒成立，解不等式 ② 可得 { 0 < x < 2 a + 1 − 1 , − 1 < a < 1 0 < x < + ∞ , a ⩽ − 1 \begin{cases}0<x<\sqrt{\frac{2}{a+1}}-1, & -1<a<1 \\ 0<x<+\infty, & a \leqslant-1\end{cases} {0<x<a+12​ ​−1,0<x<+∞,​−1<a<1a⩽−1​。故取 x 0 = { 2 a + 1 − 1 , − 1 < a < 1 1 , a ⩽ − 1 x_{0}=\begin{cases}\sqrt{\frac{2}{a+1}}-1, & -1<a<1 \\ 1, & a \leqslant-1\end{cases} x0​={a+12​ ​−1,1,​−1<a<1a⩽−1​。

• 【常规解答】 原问题等价于 g ( x ) = f ( x ) − 1 − a x = ( 1 − x 2 ) e x − 1 − a x ⩽ 0 g(x)=f(x)-1-a x=\left(1-x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}-1-a x \leqslant 0 g(x)=f(x)−1−ax=(1−x2)ex−1−ax⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，求导得 g ′ ( x ) = ( 1 − 2 x − x 2 ) e x − a g^{\prime}(x)=\left(1-2 x-x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}-a g′(x)=(1−2x−x2)ex−a。
         （1）当 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1 时，因为 g ′ ′ ( x ) = ( − x 2 − 4 x − 1 ) e x < 0 g^{\prime \prime}(x)=\left(-x^{2}-4 x-1\right) \mathrm{e}^{x}<0 g′′(x)=(−x2−4x−1)ex<0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，故 g ′ ( x ) ⩽ g ′ ( 0 ) = 1 − a ⩽ 0 g^{\prime}(x) \leqslant g^{\prime}(0)=1-a \leqslant 0 g′(x)⩽g′(0)=1−a⩽0 恒成立，即 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，故 g ( x ) ⩽ g ( 0 ) = 0 g(x) \leqslant g(0)=0 g(x)⩽g(0)=0 恒成立。因此 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1 满足题意。
         （2）当 a < 1 a<1 a<1 时，取 x 0 = { 2 a + 1 − 1 , − 1 < a < 1 1 , a ⩽ − 1 x_{0}=\begin{cases}\sqrt{\frac{2}{a+1}}-1, & -1<a<1 \\ 1, & a \leqslant-1\end{cases} x0​={a+12​ ​−1,1,​−1<a<1a⩽−1​，则 e x > a + 1 2 \mathrm{e}^{x}>\frac{a+1}{2} ex>2a+1​ 且 a + 1 2 > a 1 − 2 x − x 2 \frac{a+1}{2}>\frac{a}{1-2 x-x^{2}} 2a+1​>1−2x−x2a​在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上恒成立，故 g ′ ( x ) > 0 g^{\prime}(x)>0 g′(x)>0 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上恒成立，即 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上单调递增，故 g ( x 0 ) > g ( 0 ) = 0 g\left(x_{0}\right)>g(0)=0 g(x0​)>g(0)=0 成立，这与 g ( x ) ⩽ 0 g(x) \leqslant 0 g(x)⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立矛盾。因此 a < 1 a<1 a<1 不满足题意。
         综上， a a a 的取值范围为 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞)。

       从例 4 和例 5 可以看出，由端点效应得出的范围往往是最终的范围，看似纯属巧合，但在考题中却是常客。

• 【例 6】 （2015 山东理 21）设函数 f ( x ) = ln ⁡ ( x + 1 ) + a ( x 2 − x ) f(x)=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right) f(x)=ln(x+1)+a(x2−x)，其中 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R 。若对任意的 x ∈ ( 0 , + ∞ ) , f ( x ) ⩾ 0 x \in(0,+\infty), f(x) \geqslant 0 x∈(0,+∞),f(x)⩾0，求实数 a a a 的取值范围。

• 【分析】 因为对任意的 x ∈ ( 0 , + ∞ ) , f ( x ) ⩾ 0 x \in(0,+\infty), f(x) \geqslant 0 x∈(0,+∞),f(x)⩾0。故由端点效应可知 f ( + ∞ ) ⩾ 0 f(+\infty) \geqslant 0 f(+∞)⩾0，解得 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0。求导可得 f ′ ( x ) = 1 1 + x + a ( 2 x − 1 ) = 2 a x 2 + a x + 1 − a x + 1 f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}+a(2 x-1)=\frac{2 a x^{2}+a x+1-a}{x+1} f′(x)=1+x1​+a(2x−1)=x+12ax2+ax+1−a​。又因为 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0，所以由端点效应可知 f ′ ( 0 ) ⩾ 0 f^{\prime}(0) \geqslant 0 f′(0)⩾0，解得 a ⩽ 1 a \leqslant 1 a⩽1，故 0 ⩽ a ⩽ 1 0 \leqslant a \leqslant 1 0⩽a⩽1。

       即使利用端点效应的思想解题，书写时也不能出现 f ( + ∞ ) ⩾ 0 f(+\infty) \geqslant 0 f(+∞)⩾0！这需要利用内点效应找点。

       因为 f ( + ∞ ) ⩾ 0 f(+\infty) \geqslant 0 f(+∞)⩾0 可得 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0，所以 a < 0 a<0 a<0 必有 f ( + ∞ ) < 0 f(+\infty)<0 f(+∞)<0，即在 + ∞ +\infty +∞ 的附近必存在 x x x 使 得 f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0，即 ln ⁡ ( x + 1 ) + a ( x 2 − x ) < 0 \ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)<0 ln(x+1)+a(x2−x)<0，变形可得 ln ⁡ ( x + 1 ) < − a ( x 2 − x ) \ln (x+1)<-a\left(x^{2}-x\right) ln(x+1)<−a(x2−x)，令 x x x 趋于 + ∞ +\infty +∞，则 ln ⁡ ( x + 1 ) ⏟ 趋于 + ∞ < − a ( x 2 − x ) ⏟ 趋于 + ∞ \underbrace{\ln (x+1)}_{\text {趋于}+\infty}<\underbrace{-a\left(x^{2}-x\right)}_{\text {趋于}+\infty} 趋于+∞ ln(x+1)​​<趋于+∞ −a(x2−x)​​，故我们需要插入一幕函数 α ( x ) \alpha(x) α(x) 使得介于 ln ⁡ ( 1 + x ) \ln (1+x) ln(1+x) 和 − a ( x 2 − x ) -a\left(x^{2}-x\right) −a(x2−x) 之间，显然可取 α ( x ) = x \alpha(x)=x α(x)=x，即 ln ⁡ ( x + 1 ) < x < − a ( x 2 − x ) \ln (x+1)<x<-a\left(x^{2}-x\right) ln(x+1)<x<−a(x2−x)，由 x < − a ( x 2 − x ) x<-a\left(x^{2}-x\right) x<−a(x2−x) 可解得 x > 1 − 1 a x>1-\frac{1}{a} x>1−a1​ 。故我们取 x 0 = 1 − 1 a x_{0}=1-\frac{1}{a} x0​=1−a1​。

• 【端点效应】 求导得 f ′ ( x ) = 1 1 + x + a ( 2 x − 1 ) = 2 a x 2 + a x + 1 − a x + 1 f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}+a(2 x-1)=\frac{2 a x^{2}+a x+1-a}{x+1} f′(x)=1+x1​+a(2x−1)=x+12ax2+ax+1−a​。因为 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0 且 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上恒成立，所以 f ′ ( 0 ) ⩾ 0 f^{\prime}(0) \geqslant 0 f′(0)⩾0，解得 a ⩽ 1 a \leqslant 1 a⩽1。
         （1）当 a < 0 a<0 a<0 时，取 x 0 = 1 − 1 a x_{0}=1-\frac{1}{a} x0​=1−a1​，则此时 ln ⁡ ( 1 + x 0 ) < x 0 \ln \left(1+x_{0}\right)<x_{0} ln(1+x0​)<x0​ 且 x 0 = − a ( x 0 2 − x 0 ) x_{0}=-a\left(x_{0}^{2}-x_{0}\right) x0​=−a(x02​−x0​)，即 f ( x 0 ) < 0 f\left(x_{0}\right)<0 f(x0​)<0，这与 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 矛盾。因此 0 ⩽ a ⩽ 1 0 \leqslant a \leqslant 1 0⩽a⩽1；
         （2）当 a = 0 a=0 a=0 时， f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) ⩾ 0 f(x)=\ln (1+x) \geqslant 0 f(x)=ln(1+x)⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，满足题意；
         （3）当 0 < a ⩽ 1 0<a \leqslant 1 0<a⩽1 时，此时二次函数 h ( x ) = 2 a x 2 + a x + 1 − a h(x)=2 a x^{2}+a x+1-a h(x)=2ax2+ax+1−a 的对称轴为 x = − 1 4 x=-\frac{1}{4} x=−41​，即 h ( x ) h(x) h(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上递增，故 h ( x ) ⩾ h ( 0 ) = 1 − a ⩾ 0 h(x) \geqslant h(0)=1-a \geqslant 0 h(x)⩾h(0)=1−a⩾0，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增，故 f ( x ) ⩾ f ( 0 ) = 0 f(x) \geqslant f(0)=0 f(x)⩾f(0)=0 恒成立，因此 0 < a ⩽ 1 0<a \leqslant 1 0<a⩽1 满足题意。
         综上所述， a a a 的取值范围为 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 。

       接下来我们按照常规方式解答，显然 a > 1 a>1 a>1 必有 f ′ ( 0 ) < 0 f^{\prime}(0)<0 f′(0)<0，则在 0 0 0 的右侧且充分接近 0 0 0 处，必存在 x 1 x_{1} x1​ 使得 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 在 ( 0 , x 1 ) \left(0, x_{1}\right) (0,x1​) 上恒成立，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , x 1 ) \left(0, x_{1}\right) (0,x1​) 上单调递减，所以 f ( x 1 ) < f ( 0 ) = 0 f\left(x_{1}\right)<f(0)=0 f(x1​)<f(0)=0，这与原问题矛盾。

       继续由内点效应找出具体的 x 1 x_{1} x1​：

       因为 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，即 1 1 + x < − a ( 2 x − 1 ) \frac{1}{1+x}<-a(2 x-1) 1+x1​<−a(2x−1)，令 x x x 趋于 0 0 0 得 1 1 + x ⏟ 趋于  1 < − a ( 2 x − 1 ) ⏟ 趋于  a \underbrace{\frac{1}{1+x}}_{\text {趋于 } 1}<\underbrace{-a(2 x-1)}_{\text {趋于 } a} 趋于 1 1+x1​​​<趋于 a −a(2x−1)​​ 令 { 1 1 + x < a + 1 2 ① a + 1 2 < − a ( 2 x − 1 ) ② \begin{cases}\frac{1}{1+x}<\frac{a+1}{2} &① \\ \frac{a+1}{2}<-a(2 x-1) &②\end{cases} {1+x1​<2a+1​2a+1​<−a(2x−1)​①②​，不等式 ① 恒成立，解不等式 ② 得 x < a − 1 4 a x<\frac{a-1}{4 a} x<4aa−1​，故我们取 x 1 = a − 1 4 a x_{1}=\frac{a-1}{4 a} x1​=4aa−1​。

• 【常规解答】 求导得 f ′ ( x ) = 1 1 + x + a ( 2 x − 1 ) = 2 a x 2 + a x + 1 − a x + 1 f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}+a(2 x-1)=\frac{2 a x^{2}+a x+1-a}{x+1} f′(x)=1+x1​+a(2x−1)=x+12ax2+ax+1−a​。
         （1）当 a < 0 a<0 a<0 时，取 x 0 = 1 − 1 a x_{0}=1-\frac{1}{a} x0​=1−a1​，则此时 ln ⁡ ( 1 + x 0 ) < x 0 \ln \left(1+x_{0}\right)<x_{0} ln(1+x0​)<x0​ 且 x 0 < − a ( x 0 2 − x 0 ) x_{0}<-a\left(x_{0}^{2}-x_{0}\right) x0​<−a(x02​−x0​)，即 f ( x 0 ) < 0 f\left(x_{0}\right)<0 f(x0​)<0，这与 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 矛盾，因此 a < 0 a<0 a<0 不满足题意。
         （2）当 a = 0 a=0 a=0 时， f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) ⩾ 0 f(x)=\ln (1+x) \geqslant 0 f(x)=ln(1+x)⩾0 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立，满足题意。
         （3）当 0 ⩽ a ⩽ 1 0 \leqslant a \leqslant 1 0⩽a⩽1 时，此时二次函数 h ( x ) = 2 a x 2 + a x + 1 − a h(x)=2 a x^{2}+a x+1-a h(x)=2ax2+ax+1−a 的对称轴为 x = − 1 4 x=-\frac{1}{4} x=−41​，即 h ( x ) h(x) h(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上递增，故 h ( x ) ⩾ h ( 0 ) = 1 − a ⩾ 0 h(x) \geqslant h(0)=1-a \geqslant 0 h(x)⩾h(0)=1−a⩾0，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上递增，故 f ( x ) ⩾ f ( 0 ) = 0 f(x) \geqslant f(0)=0 f(x)⩾f(0)=0 恒成立。因此 0 ⩽ a ⩽ 1 0 \leqslant a \leqslant 1 0⩽a⩽1 满足题意。
         （4）当 a > 1 a>1 a>1 时，取 x 1 = a − 1 4 a ∈ ( 0 , + ∞ ) x_{1}=\frac{a-1}{4 a} \in(0,+\infty) x1​=4aa−1​∈(0,+∞)，则 1 1 + x < a + 1 2 < − a ( 2 x − 1 ) \frac{1}{1+x}<\frac{a+1}{2}<-a(2 x-1) 1+x1​<2a+1​<−a(2x−1) 在 ( 0 , x 1 ) \left(0, x_{1}\right) (0,x1​) 上成立，故 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 在 ( 0 , x 1 ) \left(0, x_{1}\right) (0,x1​) 上恒成立，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , x 1 ) \left(0, x_{1}\right) (0,x1​) 上单调递减，故 f ( x 1 ) < f ( 0 ) = 0 f\left(x_{1}\right)<f(0)=0 f(x1​)<f(0)=0 成立，这与 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上恒成立矛盾。因此 a > 1 a>1 a>1 不满足题意。
         综上， a a a 的取值范围为 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]。

       我们在例 4、例 5 和例 6 中提供了两种解法，为了节省篇幅，在后续的例题和变式中，我们都只利用端点效应解题，同学们可以模仿上述的两个例子给出标准答案（端点效应 + 内点效应），显然这不是什么难事。这里需要注意的是，有些题你根本就不需要利用内点效应找点，如下例：

• 【例 7】 （2019 全国 Ⅰ 文 20）已知函数 f ( x ) = 2 sin ⁡ x − x cos ⁡ x − x f(x)=2 \sin x-x \cos x-x f(x)=2sinx−xcosx−x，若 x ∈ [ 0 , π ] , f ( x ) ⩾ a x x \in[0, \pi], f(x) \geqslant a x x∈[0,π],f(x)⩾ax，求实数 a a a 的取值范围。

• 【分析】 原问题等价于 g ( x ) = 2 sin ⁡ x − x cos ⁡ x − ( a + 1 ) x ⩾ 0 g(x)=2 \sin x-x \cos x-(a+1) x \geqslant 0 g(x)=2sinx−xcosx−(a+1)x⩾0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立，故由端点效应可知 { g ( 0 ) ⩾ 0 g ( π ) ⩾ 0 \begin{cases}g(0) \geqslant 0 \\ g(\pi) \geqslant 0\end{cases} {g(0)⩾0g(π)⩾0​，解得 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0。另外注意到 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0，所以再次利用端点效应可知 g ′ ( 0 ) ⩾ 0 g^{\prime}(0) \geqslant 0 g′(0)⩾0。求导可得 g ′ ( x ) = cos ⁡ x + x sin ⁡ x − ( a + 1 ) g^{\prime}(x)=\cos x+x \sin x-(a+1) g′(x)=cosx+xsinx−(a+1)，故 g ′ ( 0 ) ⩾ 0 g^{\prime}(0) \geqslant 0 g′(0)⩾0 可得 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0。综合可得 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0。但是，你会注意到这里 g ′ ( 0 ) ⩾ 0 g^{\prime}(0) \geqslant 0 g′(0)⩾0 没有为缩小 a a a 的范围作出贡献，因此在书写答案的时候，不考虑它。

• 【解析】 原问题等价于 g ( x ) = 2 sin ⁡ x − x cos ⁡ x − ( a + 1 ) x ⩾ 0 g(x)=2 \sin x-x \cos x-(a+1) x \geqslant 0 g(x)=2sinx−xcosx−(a+1)x⩾0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立，故由端点效应可知 { g ( 0 ) ⩾ 0 g ( π ) ⩾ 0 \begin{cases}g(0) \geqslant 0 \\ g(\pi) \geqslant 0\end{cases} {g(0)⩾0g(π)⩾0​，解得 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0。接下来讨论此时 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 的符号，因为 g ′ ′ ( x ) = x cos ⁡ x g^{\prime \prime}(x)=x \cos x g′′(x)=xcosx，故可知 g ′ ( x ) = cos ⁡ x + x sin ⁡ x − ( a + 1 ) g^{\prime}(x)=\cos x+x \sin x-(a+1) g′(x)=cosx+xsinx−(a+1) 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上单调递增，在 [ π 2 , π ] \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right] [2π​,π] 上单调递减。又因为 g ′ ( 0 ) = − a ⩾ 0 g^{\prime}(0)=-a \geqslant 0 g′(0)=−a⩾0， g ′ ( π ) = − 2 − a g^{\prime}(\pi)=-2-a g′(π)=−2−a，所以
         （1）若 − 2 − a ⩾ 0 -2-a \geqslant 0 −2−a⩾0，则 g ′ ( x ) ⩾ 0 g^{\prime}(x) \geqslant 0 g′(x)⩾0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立，即 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上单调递增，故 g ( x ) min ⁡ = g(x)_{\min }= g(x)min​= g ( 0 ) ⩾ 0 g(0) \geqslant 0 g(0)⩾0 成立，满足题意；
         （2）若 − 2 − a < 0 -2-a<0 −2−a<0，则 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 在 ( π 2 , π ) \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) (2π​,π) 上存在唯一零点 x 0 x_{0} x0​，故 g ′ ( x ) > 0 g^{\prime}(x)>0 g′(x)>0 在 [ 0 , x 0 ] \left[0, x_{0}\right] [0,x0​] 上恒成立， g ′ ( x ) < 0 g^{\prime}(x)<0 g′(x)<0 在 ( x 0 , π ] \left(x_{0}, \pi\right] (x0​,π] 上恒成立，即 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , x 0 ] \left[0, x_{0}\right] [0,x0​] 上单调递增，在 [ x 0 , π ] \left[x_{0}, \pi\right] [x0​,π] 上单调递减。此时 g ( x ) g(x) g(x) 的最小值只在端点处取得，且此时 g ( x ) g(x) g(x) 在端点处都非负，即此时 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 恒成立，满足题意。
         综上所述， a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0。

• 【变式 3】 （2015 北京理 18）已知 f ( x ) = ln ⁡ 1 + x 1 − x f(x)=\ln \frac{1+x}{1-x} f(x)=ln1−x1+x​。设实数 k k k 使得 f ( x ) > k ( x + x 3 3 ) f(x)>k\left(x+\frac{x^{3}}{3}\right) f(x)>k(x+3x3​) 对 x ∈ ( 0 , 1 ) x \in(0,1) x∈(0,1) 恒成立，求实数 k k k 的最大值。

• 【变式 4】 （2012 大纲卷理 20）设函数 f ( x ) = a x + cos ⁡ x , x ∈ [ 0 , π ] f(x)=a x+\cos x, x \in[0, \pi] f(x)=ax+cosx,x∈[0,π]。设 f ( x ) ⩽ 1 + sin ⁡ x f(x) \leqslant 1+\sin x f(x)⩽1+sinx，求实数 a a a 的取值范围。

• 【变式 5】 （2014 北京理 18）若 a < sin ⁡ x x < b a<\frac{\sin x}{x}<b a<xsinx​<b 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上恒成立，求实数 a a a 的最大值与实数 b b b 的最小值。

• 【变式 6】 （2016 全国 Ⅲ 文 21）若 c ≠ 1 c \neq 1 c​=1 且 1 + ( c − 1 ) x > c x 1+(c-1) x>c^{x} 1+(c−1)x>cx 在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 上恒成立，求实数 c c c 的取值范围。

• 【例 8】 （2013 辽宁文 21）若不等式 a x + x 2 + x 3 2 + 2 ( x + 2 ) cos ⁡ x ⩽ 4 a x+x^{2}+\frac{x^{3}}{2}+2(x+2) \cos x \leqslant 4 ax+x2+2x3​+2(x+2)cosx⩽4 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上恒成立，求实数 a a a 的取值范围。（已知 sin ⁡ 1 = 0.84 \sin 1=0.84 sin1=0.84）

• 【解析】 原问题等价于 f ( x ) = a x + x 2 + x 3 2 + 2 ( x + 2 ) cos ⁡ x − 4 ⩽ 0 f(x)=a x+x^{2}+\frac{x^{3}}{2}+2(x+2) \cos x-4 \leqslant 0 f(x)=ax+x2+2x3​+2(x+2)cosx−4⩽0 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上恒成立，因为 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0，所以 f ′ ( 0 ) ⩽ 0 f^{\prime}(0) \leqslant 0 f′(0)⩽0。又因为 f ′ ( x ) = a + 2 x + 3 2 x 2 + 2 cos ⁡ x − 2 ( x + 2 ) sin ⁡ x f^{\prime}(x)=a+2 x+\frac{3}{2} x^{2}+2 \cos x-2(x+2) \sin x f′(x)=a+2x+23​x2+2cosx−2(x+2)sinx，根据 f ′ ( 0 ) ⩽ 0 f^{\prime}(0) \leqslant 0 f′(0)⩽0，解得 a ⩽ − 2 a \leqslant-2 a⩽−2。
         接下来我们研究当 a ⩽ − 2 a \leqslant-2 a⩽−2 时， f ′ ( x ) = a + 2 x + 3 2 x 2 + 2 cos ⁡ x − 2 ( x + 2 ) sin ⁡ x f^{\prime}(x)=a+2 x+\frac{3}{2} x^{2}+2 \cos x-2(x+2) \sin x f′(x)=a+2x+23​x2+2cosx−2(x+2)sinx 的正负。重新组合可得
  f ′ ( x ) = a + 2 cos ⁡ x ⏟ < 0 + 2 x − 4 sin ⁡ x ⏟ < 0 + x ( 3 2 x − 2 sin ⁡ x ) ⏟ ? f^{\prime}(x)=\underbrace{a+2 \cos x}_{<0}+\underbrace{2 x-4 \sin x}_{<0}+x \underbrace{\left(\frac{3}{2} x-2 \sin x\right)}_{?} f′(x)=<0 a+2cosx​​+<0 2x−4sinx​​+x? (23​x−2sinx)​​
  通过构造函数可知 sin ⁡ x > ( sin ⁡ 1 ) x \sin x>(\sin 1) x sinx>(sin1)x，故 3 2 x − 2 sin ⁡ x < 0 \frac{3}{2} x-2 \sin x<0 23​x−2sinx<0，因此 f ′ ( x ) ⩽ 0 f^{\prime}(x) \leqslant 0 f′(x)⩽0 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上恒成立，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上单调递减。因此当 a ⩽ − 2 a \leqslant-2 a⩽−2 时， f ( x ) ⩽ f ( 0 ) = 0 f(x) \leqslant f(0)=0 f(x)⩽f(0)=0 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上恒成立。
         综上所述， a a a 的取值范围是 ( − ∞ , − 2 ] (-\infty,-2] (−∞,−2]。

• 【例 9】 （2013 辽宁理 21）已知函数 f ( x ) = ( 1 + x ) e − 2 x f(x)=(1+x) \mathrm{e}^{-2 x} f(x)=(1+x)e−2x， g ( x ) = a x + x 3 2 + 1 + 2 x cos ⁡ x g(x)=a x+\frac{x^{3}}{2}+1+2 x \cos x g(x)=ax+2x3​+1+2xcosx。当 x ∈ [ 0 , 1 ] x \in[0,1] x∈[0,1] 时，若 f ( x ) ⩾ g ( x ) f(x) \geqslant g(x) f(x)⩾g(x) 恒成立，求实数 a a a 的取值范围。（已知 sin ⁡ 1 = 0.84 \sin 1=0.84 sin1=0.84）

• 【解析】 原问题等价于 u ( x ) = f ( x ) − g ( x ) = ( 1 + x ) e − 2 x − ( a x + x 3 2 + 1 + 2 x cos ⁡ x ) ⩾ 0 u(x)=f(x)-g(x)=(1+x) \mathrm{e}^{-2 x}-\left(a x+\frac{x^{3}}{2}+1+2 x \cos x\right) \geqslant 0 u(x)=f(x)−g(x)=(1+x)e−2x−(ax+2x3​+1+2xcosx)⩾0 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上恒成立。求导得 u ′ ( x ) = e − 2 x ( − 1 − 2 x ) − ( a + 3 2 x 2 + 2 cos ⁡ x − 2 x sin ⁡ x ) u^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-2 x}(-1-2 x)-\left(a+\frac{3}{2} x^{2}+2 \cos x-2 x \sin x\right) u′(x)=e−2x(−1−2x)−(a+23​x2+2cosx−2xsinx)。因为 u ( 0 ) = 0 u(0)=0 u(0)=0，所以 u ′ ( 0 ) ⩾ 0 u^{\prime}(0) \geqslant 0 u′(0)⩾0，解得 a ⩽ − 3 a \leqslant-3 a⩽−3。因为
  u ′ ′ ( x ) = 4 x e − 2 x ⏟ > 0 − 3 x + 4 sin ⁡ x ⏟ ? + 2 x cos ⁡ x ⏟ > 0 u^{\prime \prime}(x)=\underbrace{4 x \mathrm{e}^{-2 x}}_{>0} \underbrace{-3 x+4 \sin x}_{?}+\underbrace{2 x \cos x}_{>0} u′′(x)=>0 4xe−2x​​? −3x+4sinx​​+>0 2xcosx​​
  我们可以通过构造函数的方法证明 sin ⁡ x > ( sin ⁡ 1 ) x \sin x>(\sin 1) x sinx>(sin1)x，故 4 sin ⁡ x − 3 x > 0 4 \sin x-3 x>0 4sinx−3x>0，即 u ′ ( x ) u^{\prime}(x) u′(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上递增，因此 u ′ ( x ) ⩾ u ′ ( 0 ) ⩾ 0 u^{\prime}(x) \geqslant u^{\prime}(0) \geqslant 0 u′(x)⩾u′(0)⩾0，故 u ( x ) u(x) u(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上递增，即 u ( x ) ⩾ u ( 0 ) = 0 u(x) \geqslant u(0)=0 u(x)⩾u(0)=0 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上恒成立。综上所述， a a a 的取值范围为 ( − ∞ , − 3 ] (-\infty,-3] (−∞,−3]。

• 【变式 7】 若 x + sin ⁡ x ⩾ a x cos ⁡ x x+\sin x \geqslant a x \cos x x+sinx⩾axcosx 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上恒成立，求实数 a a a 的取值范围。

       例 4 ~ 例 9 及其变式涉及的都是函数在端点为 0 0 0 的情况，故我们可以利用知识点 2 中的方法，建立导数在端点上的不等式。但是，若导数在端点处也为 0 0 0 呢？

【知识点 3】

        f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ a , b ] [a, b] [a,b] 上恒成立，若 f ( a ) = 0 f(a)=0 f(a)=0， f ′ ( a ) = 0 f^{\prime}(a)=0 f′(a)=0，则 f ′ ′ ( a ) ⩾ 0 f^{\prime \prime}(a) \geqslant 0 f′′(a)⩾0；若 f ( b ) = 0 f(b)=0 f(b)=0， f ′ ( b ) = 0 f^{\prime}(b)=0 f′(b)=0，则 f ′ ′ ( b ) ⩾ 0 f^{\prime \prime}(b) \geqslant 0 f′′(b)⩾0。

• 【解释】 若 f ′ ′ ( b ) < 0 f^{\prime \prime}(b)<0 f′′(b)<0，则必然存在 x 0 ∈ ( a , b ) x_{0} \in(a, b) x0​∈(a,b) 使得 f ′ ′ ( x ) < 0 f^{\prime \prime}(x)<0 f′′(x)<0 在 ( x 0 , b ) \left(x_{0}, b\right) (x0​,b) 上恒成立，故 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 ( x 0 , b ) \left(x_{0}, b\right) (x0​,b) 上单调递减，即 f ′ ( x ) > f ′ ( b ) = 0 f^{\prime}(x)>f^{\prime}(b)=0 f′(x)>f′(b)=0 在 ( x 0 , b ) \left(x_{0}, b\right) (x0​,b) 上恒成立，也即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( x 0 , b ) \left(x_{0}, b\right) (x0​,b) 上单调递增，故 f ( x ) < f ( b ) = 0 f(x)<f(b)=0 f(x)<f(b)=0 在 ( x 0 , b ) \left(x_{0}, b\right) (x0​,b) 上恒成立。这与 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ a , b ] [a, b] [a,b] 上恒成立矛盾，故 f ′ ′ ( b ) ⩾ 0 f^{\prime \prime}(b) \geqslant 0 f′′(b)⩾0。同理可知，若 f ( a ) = 0 f(a)=0 f(a)=0， f ′ ( a ) = 0 f^{\prime}(a)=0 f′(a)=0，则 f ′ ′ ( a ) ⩾ 0 f^{\prime \prime}(a) \geqslant 0 f′′(a)⩾0。

       注意知识点 3 中结论与知识点 2 中结论的差异，不难发现，我们可以将知识点 2 和知识点 3 推广至一般情形：

        f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ a , b ] [a, b] [a,b] 上恒成立，若 f ( a ) = f ′ ( a ) = ⋯ = f ( n ) ( a ) = 0 f(a)=f^{\prime}(a)=\cdots=f^{(n)}(a)=0 f(a)=f′(a)=⋯=f(n)(a)=0，则 f ( n + 1 ) ( a ) ⩾ 0 f^{(n+1)}(a) \geqslant 0 f(n+1)(a)⩾0；若 f ( b ) = f ′ ( b ) = ⋯ = f ( n ) ( b ) = 0 f(b)=f^{\prime}(b)=\cdots=f^{(n)}(b)=0 f(b)=f′(b)=⋯=f(n)(b)=0，则 ( − 1 ) n + 1 f ( n + 1 ) ( b ) ⩾ 0 (-1)^{n+1} f^{(n+1)}(b) \geqslant 0 (−1)n+1f(n+1)(b)⩾0；其中 f ( n ) ( x ) f^{(n)}(x) f(n)(x) 为 f ( x ) f(x) f(x) 的 n n n 阶导数。

       虽然这里我们列出一般性结论，但是并不要求同学们掌握，毕竟在目前出现的考题中，最多考查到 n = 1 n=1 n=1 的情形，即知识点 3 中所阐述的情形。上述推论告诉我们一个重要的事实：在端点为 0 0 0 的端点效应中，左端点和右端点是有重要区别的！

• 【例 10】 函数 f ( x ) = e x − 1 − x − a x 2 f(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x-a x^{2} f(x)=ex−1−x−ax2，当 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0 时 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0，求实数 a a a 的取值范围。

• 【端点效应】 因为 f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 0 f(0)=f^{\prime}(0)=0 f(0)=f′(0)=0，所以由端点效应可知 f ′ ′ ( 0 ) ⩾ 0 f^{\prime \prime}(0) \geqslant 0 f′′(0)⩾0。求导可得 f ′ ′ ( x ) = e x − 2 a f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a f′′(x)=ex−2a，故 f ′ ′ ( 0 ) ⩾ 0 f^{\prime \prime}(0) \geqslant 0 f′′(0)⩾0 可解得 a ⩽ 1 2 a \leqslant \frac{1}{2} a⩽21​。此时， f ′ ′ ( x ) = e x − 2 a f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a f′′(x)=ex−2a 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，即 f ′ ′ ( x ) ⩾ f ′ ′ ( 0 ) = 1 − 2 a ⩾ 0 f^{\prime \prime}(x) \geqslant f^{\prime \prime}(0)=1-2 a \geqslant 0 f′′(x)⩾f′′(0)=1−2a⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，因而 f ′ ( x ) = e x − 1 − 2 a x f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1-2 a x f′(x)=ex−1−2ax 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，即 f ′ ( x ) ⩾ f ′ ( 0 ) = 0 f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(0)=0 f′(x)⩾f′(0)=0 在
  [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。因此 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，即 f ( x ) ⩾ f ( 0 ) = 0 f(x) \geqslant f(0)=0 f(x)⩾f(0)=0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。
         综上所述， a a a 的取值范围是 ( − ∞ , 1 2 ] \left(-\infty, \frac{1}{2}\right] (−∞,21​]。

       由端点效应 f ′ ′ ( 0 ) ⩾ 0 f^{\prime \prime}(0) \geqslant 0 f′′(0)⩾0 解得 a ⩽ 1 2 a \leqslant \frac{1}{2} a⩽21​，所以 a > 1 2 a>\frac{1}{2} a>21​ 必会导致 f ′ ′ ( 0 ) < 0 f^{\prime \prime}(0)<0 f′′(0)<0，则 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 必然在 x = 0 x=0 x=0 附近递减，即存在 x 0 x_{0} x0​ 使得 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上递减，所以 f ′ ( x ) < f ′ ( 0 ) = 0 f^{\prime}(x)<f^{\prime}(0)=0 f′(x)<f′(0)=0 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上恒成立。故 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上递减，即 f ( x ) < f ( 0 ) = 0 f(x)<f(0)=0 f(x)<f(0)=0 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上恒成立，这与原问题矛盾。

       但是在实际书写时我们需要找出这个具体的 x 0 x_{0} x0​，此时你一定要想起内点效应，因为内点效应是找点的 “核武器”。以目前的考题来看，这类问题（ f ( a ) = f ′ ( a ) = 0 f(a)=f^{\prime}(a)=0 f(a)=f′(a)=0）一般不会在找点上设置困难，即可以 过解一个很简单的初等函数不等式就能把点找出来。内点效应的优势在于将一个无法求解的不等式转化为若干个可求的不等式。虽然端点效应没有出现在以下的标准解答的过程中，但是端点效应的思想渗透其中，一是为我们提供了分类讨论的方向，二是指导我们如何导出矛盾。

• 【常规解答】 求导可得 f ′ ( x ) = e x − 1 − 2 a x f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1-2 a x f′(x)=ex−1−2ax。
         （1）当 a ⩽ 1 2 a \leqslant \frac{1}{2} a⩽21​ 时，因为 f ′ ′ ( x ) = e x − 2 a f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a f′′(x)=ex−2a 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，所以 f ′ ′ ( x ) ⩾ f ′ ′ ( 0 ) = 1 − 2 a ⩾ 0 f^{\prime \prime}(x) \geqslant f^{\prime \prime}(0)=1-2 a \geqslant 0 f′′(x)⩾f′′(0)=1−2a⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，因而 f ′ ( x ) = e x − 1 − 2 a x f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1-2 a x f′(x)=ex−1−2ax 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，即 f ′ ( x ) ⩾ f ′ ( 0 ) = 0 f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(0)=0 f′(x)⩾f′(0)=0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。因此 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，即 f ( x ) ⩾ f ( 0 ) = 0 f(x) \geqslant f(0)=0 f(x)⩾f(0)=0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。
         （2）当 a > 1 2 a>\frac{1}{2} a>21​ 时，令 f ′ ′ ( x ) = e x − 2 a = 0 f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a=0 f′′(x)=ex−2a=0 解得 x = ln ⁡ 2 a ∈ [ 0 , + ∞ ) x=\ln 2 a \in[0,+\infty) x=ln2a∈[0,+∞)。因为 f ′ ′ ( x ) f^{\prime \prime}(x) f′′(x) 的图像如图所示，所以 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 [ 0 , ln ⁡ 2 a ] [0, \ln 2 a] [0,ln2a] 上单调递减，此时在区间 [ 0 , ln ⁡ 2 a ] [0, \ln 2 a] [0,ln2a] 上均有 f ′ ( x ) < f ′ ( 0 ) = 0 f^{\prime}(x)<f^{\prime}(0)=0 f′(x)<f′(0)=0，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , ln ⁡ 2 a ] [0, \ln 2 a] [0,ln2a] 上单调递减，此时 f ( ln ⁡ 2 a ) < f ( 0 ) = 0 f(\ln 2 a)<f(0)=0 f(ln2a)<f(0)=0，这与 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 恒成立矛盾。
         故 a a a 的取值范围是 ( − ∞ , 1 2 ] \left(-\infty, \frac{1}{2}\right] (−∞,21​]。
  

       很多情况下，求二阶导数是一件比较复杂的事情。所以在求导的时候尽量先对导数的形式进行整合，比如 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 可以分解因式。

【知识点 4】

        f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ a , b ] [a, b] [a,b] 上恒成立，若 f ( a ) = 0 f(a)=0 f(a)=0 且 f ′ ( x ) = g ( x ) h ( x ) f^{\prime}(x)=g(x) h(x) f′(x)=g(x)h(x)，则 h ( a ) ⩾ 0 h(a) \geqslant 0 h(a)⩾0。

• 【注】 上述结论可以这么理解: 因为 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ a , b ] [a, b] [a,b] 上恒成立且 f ( a ) = 0 f(a)=0 f(a)=0，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = a x=a x=a 附近会递增，即 f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 在 x = a x=a x=a 附近成立。又因为 f ′ ( x ) = g ( x ) h ( x ) f^{\prime}(x)=g(x) h(x) f′(x)=g(x)h(x) 且 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 恒成立，所以 h ( x ) ⩾ 0 h(x) \geqslant 0 h(x)⩾0 在 x = a x=a x=a 附近成立，故 h ( a ) ⩾ 0 h(a) \geqslant 0 h(a)⩾0。

       从历年的考题来看，若 f ( a ) = f ′ ( a ) = 0 f(a)=f^{\prime}(a)=0 f(a)=f′(a)=0，则其导数 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 往往能分解成 f ′ ( x ) = g ( x ) h ( x ) f^{\prime}(x)=g(x) h(x) f′(x)=g(x)h(x) 的形式，且 h ( x ) h(x) h(x) 多为一次函数或者二次函数。

• 【例 11】 已知函数 f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) − x ( 1 + λ x ) 1 + x f(x)=\ln (1+x)-\frac{x(1+\lambda x)}{1+x} f(x)=ln(1+x)−1+xx(1+λx)​，若 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0 时， f ( x ) ⩽ 0 f(x) \leqslant 0 f(x)⩽0，求实数 λ \lambda λ 的最小值。

• 【端点效应】 注意到 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0 且 f ′ ( x ) = − λ x 2 + ( 1 − 2 λ ) x ( x + 1 ) 2 f^{\prime}(x)=\frac{-\lambda x^{2}+(1-2 \lambda) x}{(x+1)^{2}} f′(x)=(x+1)2−λx2+(1−2λ)x​， f ′ ( 0 ) = 0 f^{\prime}(0)=0 f′(0)=0，另外注意到 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 的分子是可以分解因式的，即 f ′ ( x ) = x ( x + 1 ) 2 [ − λ x + ( 1 − 2 λ ) ] f^{\prime}(x)=\frac{x}{(x+1)^{2}}[-\lambda x+(1-2 \lambda)] f′(x)=(x+1)2x​[−λx+(1−2λ)]。令 g ( x ) = − λ x + ( 1 − 2 λ ) g(x)=-\lambda x+(1-2 \lambda) g(x)=−λx+(1−2λ)，由端点效应可得 g ( 0 ) ⩽ 0 g(0) \leqslant 0 g(0)⩽0，解得 λ ⩾ 1 2 \lambda \geqslant \frac{1}{2} λ⩾21​。此时 g ( x ) ⩽ 0 g(x) \leqslant 0 g(x)⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上递减，即 f ( x ) ⩽ f ( 0 ) = 0 f(x) \leqslant f(0)=0 f(x)⩽f(0)=0 恒成立。
         综上可得， λ \lambda λ 的最小值为 1 2 \frac{1}{2} 21​。

• 【常规解答】 求导得 f ′ ( x ) = x ( x + 1 ) 2 [ − λ x + ( 1 − 2 λ ) ] f^{\prime}(x)=\frac{x}{(x+1)^{2}}[-\lambda x+(1-2 \lambda)] f′(x)=(x+1)2x​[−λx+(1−2λ)]，令 g ( x ) = − λ x + ( 1 − 2 λ ) g(x)=-\lambda x+(1-2 \lambda) g(x)=−λx+(1−2λ)。
         （1）当 λ ⩾ 1 2 \lambda \geqslant \frac{1}{2} λ⩾21​ 时，因为此时 g ( x ) g(x) g(x) 的图像如左图所示，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上递减，即 f ( x ) ⩽ f(x) \leqslant f(x)⩽ f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0 恒成立。
         （2）当 0 < λ < 1 2 0<\lambda<\frac{1}{2} 0<λ<21​，因为此时 g ( x ) g(x) g(x) 的图像如中间图所示，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 − 2 λ λ ] \left[0, \frac{1-2 \lambda}{\lambda}\right] [0,λ1−2λ​] 上递增，此时 f ( 1 − 2 λ λ ) > f ( 0 ) = 0 f\left(\frac{1-2 \lambda}{\lambda}\right)>f(0)=0 f(λ1−2λ​)>f(0)=0，这与 f ( x ) ⩽ 0 f(x) \leqslant 0 f(x)⩽0 恒成立矛盾。
         （3）当 λ = 0 \lambda=0 λ=0 时， f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0，此时 f ( x ) ⩾ f ( 0 ) = 0 f(x) \geqslant f(0)=0 f(x)⩾f(0)=0，这与 f ( x ) ⩽ 0 f(x) \leqslant 0 f(x)⩽0 恒成立矛盾。
         （4）当 λ < 0 \lambda<0 λ<0 时，因为此时 g ( x ) g(x) g(x) 的图像如右图所示，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上递增，此时 f ( x ) ⩾ f ( 0 ) = 0 f(x) \geqslant f(0)=0 f(x)⩾f(0)=0，这与 f ( x ) ⩽ 0 f(x) \leqslant 0 f(x)⩽0 恒成立矛盾。
         综上可得， λ \lambda λ 的最小值为 1 2 \frac{1}{2} 21​。
  

• 【变式 8】 若 a x + a − 1 x + 1 − 2 a ⩾ ln ⁡ x a x+\frac{a-1}{x}+1-2 a \geqslant \ln x ax+xa−1​+1−2a⩾lnx 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立，求实数 a a a 的取值范围。

• 【变式 9】 已知 f ( t ) = 2 t 2 − 4 t + 2 + a ln ⁡ ( 2 t − 1 ) − 4 a ln ⁡ t ⩾ 0 f(t)=2 t^{2}-4 t+2+a \ln (2 t-1)-4 a \ln t \geqslant 0 f(t)=2t2−4t+2+aln(2t−1)−4alnt⩾0 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立，求实数 a a a 的取值范围。

• 【变式 10】 （2012 天津理 20）若对任意的 x ∈ [ 0 , + ∞ ) x \in[0,+\infty) x∈[0,+∞) 有 x − ln ⁡ ( 1 + x ) ⩽ k x 2 x-\ln (1+x) \leqslant k x^{2} x−ln(1+x)⩽kx2 成立，求实数 k k k 的最小值。

变式参考答案

• 【变式 1】
         易知 g ( x ) = a x 3 + 3 ( a − 1 ) x 2 − 6 x g(x)=a x^{3}+3(a-1) x^{2}-6 x g(x)=ax3+3(a−1)x2−6x，由端点效应可知 { g ( 0 ) = 0 ⩽ 0 g ( 2 ) = 20 a − 24 ⩽ 0 \begin{cases}g(0)=0 \leqslant 0 \\ g(2)=20 a-24 \leqslant 0\end{cases} {g(0)=0⩽0g(2)=20a−24⩽0​，解得 a ⩽ 6 5 a \leqslant \frac{6}{5} a⩽56​。因为 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0，所以 x = 0 x=0 x=0 是 g ( x ) = 0 g(x)=0 g(x)=0 的一个实根，故 x x x 是 g ( x ) g(x) g(x) 的一个因式，所以我们可将 g ( x ) g(x) g(x) 分解因式，即 g ( x ) = x [ a x 2 + 3 ( a − 1 ) x − 6 ] g(x)=x\left[a x^{2}+3(a-1) x-6\right] g(x)=x[ax2+3(a−1)x−6]，因为 g ( x ) g(x) g(x) 在 x = 0 x=0 x=0 处取得最大值，所以 g ( x ) ⩽ g ( 0 ) g(x) \leqslant g(0) g(x)⩽g(0) 等价于 h ( x ) = a x 2 + 3 ( a − 1 ) x − 6 ⩽ 0 h(x)=a x^{2}+3(a-1) x-6 \leqslant 0 h(x)=ax2+3(a−1)x−6⩽0。
         （1）当 0 < a ⩽ 6 5 0<a \leqslant \frac{6}{5} 0<a⩽56​ 时， h ( x ) h(x) h(x) 开口向上， h ( x ) h(x) h(x) 在 [ 0 , 2 ] [0,2] [0,2] 上非正等价于 { h ( 0 ) = − 6 < 0 h ( 2 ) = 10 a − 12 ⩽ 0 \begin{cases}h(0)=-6<0 \\ h(2)=10 a-12 \leqslant 0\end{cases} {h(0)=−6<0h(2)=10a−12⩽0​，解得 a ⩽ 6 5 a \leqslant \frac{6}{5} a⩽56​，所以 0 < a ⩽ 6 5 0<a \leqslant \frac{6}{5} 0<a⩽56​；
         （2）当 a = 0 a=0 a=0 时，显然成立；
         （3）当 a < 0 a<0 a<0 时， h ( x ) h(x) h(x) 开口向下，对称轴 x = − 3 ( a − 1 ) 2 a < 0 x=-\frac{3(a-1)}{2 a}<0 x=−2a3(a−1)​<0，故 h ( x ) h(x) h(x) 在 [ 0 , 2 ] [0,2] [0,2] 上单调递减， h ( x ) ⩽ h ( 0 ) = − 6 h(x) \leqslant h(0)=-6 h(x)⩽h(0)=−6，此时 h ( x ) h(x) h(x) 在 [ 0 , 2 ] [0,2] [0,2] 上非正恒成立，则 a < 0 a<0 a<0 满足题意。
         故 a a a 的取值范围是 ( − ∞ ， 6 5 ] \left(-\infty，\frac{6}{5}\right] (−∞，56​]。

• 【变式 2】
         令 f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2 x − m x = x [ x 2 − 3 x + ( 2 − m ) ] f(x)=x^{3}-3 x^{2}+2 x-m x=x\left[x^{2}-3 x+(2-m)\right] f(x)=x3−3x2+2x−mx=x[x2−3x+(2−m)]，对任意的 x ∈ [ x 1 , x 2 ] , x 3 − 3 x 2 + 2 x < m ( x − 1 ) x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], x^{3}-3 x^{2}+2 x<m(x-1) x∈[x1​,x2​],x3−3x2+2x<m(x−1) 恒成立等价于 f ( x ) < − m f(x)<-m f(x)<−m 在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上恒成立，由端点效应 { f ( x 1 ) < − m f ( x 2 ) < − m \begin{cases}f\left(x_{1}\right)<-m \\ f\left(x_{2}\right)<-m\end{cases} {f(x1​)<−mf(x2​)<−m​，解得 m < 0 m<0 m<0。因为 0 , x 1 , x 2 ( x 1 < x 2 ) 0, x_{1}, x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right) 0,x1​,x2​(x1​<x2​) 是方程 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 的三个不同实根，所以 x 1 x_{1} x1​， x 2 x_{2} x2​ 是 g ( x ) = x 2 − 3 x + 2 − m = 0 g(x)=x^{2}-3 x+2-m=0 g(x)=x2−3x+2−m=0 的两个不同实根，即 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，解得 m > − 1 4 m>-\frac{1}{4} m>−41​，所以 − 1 4 < m < 0 -\frac{1}{4}<m<0 −41​<m<0。又 { x 1 + x 2 = 3 > 0 x 1 x 2 = 2 − m > 0 \begin{cases}x_{1}+x_{2}=3>0 \\ x_{1} x_{2}=2-m>0\end{cases} {x1​+x2​=3>0x1​x2​=2−m>0​，于是 x 1 > 0 x_{1}>0 x1​>0， x 2 > 0 x_{2}>0 x2​>0，所以 0 < x 1 < x 2 0<x_{1}<x_{2} 0<x1​<x2​， g ( x ) g(x) g(x) 的图像如图所示。
  
         可见 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( x 1 , x 2 ) \left(x_{1}, x_{2}\right) (x1​,x2​) 上恒小于 0 0 0，又因为 f ( x ) = x ⋅ g ( x ) f(x)=x \cdot g(x) f(x)=x⋅g(x) 且第一个因式 x x x 在 ( x 1 , x 2 ) \left(x_{1}, x_{2}\right) (x1​,x2​) 上恒正，第二个因式 g ( x ) g(x) g(x) 恒负，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( x 1 , x 2 ) \left(x_{1}, x_{2}\right) (x1​,x2​) 上恒小于 0 0 0，又因为 { f ( x 1 ) = 0 f ( x 2 ) = 0 \begin{cases}f\left(x_{1}\right)=0 \\ f\left(x_{2}\right)=0\end{cases} {f(x1​)=0f(x2​)=0​，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上最大值为 0 0 0，而此时 − m > 0 -m>0 −m>0，所以 f ( x ) < − m f(x)<-m f(x)<−m 在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 恒成立。
         故 m m m 的取值范围是 ( − 1 4 , 0 ) \left(-\frac{1}{4}, 0\right) (−41​,0)。

• 【变式 3】
         原问题等价于 h ( x ) = f ( x ) − k ( x + x 3 3 ) = ln ⁡ 1 + x 1 − x − k ( x + x 3 3 ) > 0 h(x)=f(x)-k\left(x+\frac{x^{3}}{3}\right)=\ln \frac{1+x}{1-x}-k\left(x+\frac{x^{3}}{3}\right)>0 h(x)=f(x)−k(x+3x3​)=ln1−x1+x​−k(x+3x3​)>0 在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 上恒成立。因为 h ( 0 ) = 0 h(0)=0 h(0)=0 且 h ( x ) ⩾ 0 h(x) \geqslant 0 h(x)⩾0 在 [ 0 , 1 ) [0,1) [0,1) 上恒成立，所以 h ′ ( 0 ) ⩾ 0 h^{\prime}(0) \geqslant 0 h′(0)⩾0。求导可得
  h ′ ( x ) = 2 1 − x 2 − k ( 1 + x 2 ) = k x 4 + 2 − k 1 − x 2 h^{\prime}(x)=\frac{2}{1-x^{2}}-k\left(1+x^{2}\right)=\frac{k x^{4}+2-k}{1-x^{2}} h′(x)=1−x22​−k(1+x2)=1−x2kx4+2−k​
  由 h ′ ( 0 ) ⩾ 0 h^{\prime}(0) \geqslant 0 h′(0)⩾0 可解得 k ⩽ 2 k \leqslant 2 k⩽2。又因为 h ′ ( 1 ) = + ∞ > 0 h^{\prime}(1)=+\infty>0 h′(1)=+∞>0 恒成立，所以 k ⩽ 2 k \leqslant 2 k⩽2，此时 h ′ ( x ) > 0 h^{\prime}(x)>0 h′(x)>0 在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 上恒成立，即 h ( x ) h(x) h(x) 在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 上递增，故 h ( x ) > h ( 0 ) = 0 h(x)>h(0)=0 h(x)>h(0)=0 恒成立。故 k ⩽ 2 k \leqslant 2 k⩽2 满足题意。

• 【变式 4】
         原问题等价于 g ( x ) = a x + cos ⁡ x − sin ⁡ x − 1 ⩽ 0 g(x)=a x+\cos x-\sin x-1 \leqslant 0 g(x)=ax+cosx−sinx−1⩽0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立，故 g ( π ) = a π − 2 ⩽ 0 g(\pi)=a \pi-2 \leqslant 0 g(π)=aπ−2⩽0，解得 a ⩽ 2 π a \leqslant \frac{2}{\pi} a⩽π2​，求导得 g ′ ( x ) = a − sin ⁡ x − cos ⁡ x = a − 2 sin ⁡ ( x + π 4 ) ∈ [ a − 2 , a + 1 ] g^{\prime}(x)=a-\sin x-\cos x=a-\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \in[a-\sqrt{2}, a+1] g′(x)=a−sinx−cosx=a−2 ​sin(x+4π​)∈[a−2 ​,a+1]，显然我们需要对 a ⩽ − 1 a \leqslant-1 a⩽−1 和 − 1 < a ⩽ 2 π -1<a \leqslant \frac{2}{\pi} −1<a⩽π2​ 分类讨论。
         （1）当 a ⩽ − 1 a \leqslant-1 a⩽−1 时，则 g ′ ( x ) ⩽ 0 g^{\prime}(x) \leqslant 0 g′(x)⩽0，此时 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上单调递减，故 g ( x ) max ⁡ = g ( 0 ) ⩽ 0 g(x)_{\max }=g(0) \leqslant 0 g(x)max​=g(0)⩽0 恒成立。故 a ⩽ − 1 a \leqslant-1 a⩽−1 满足题意；
         （2）当 − 1 < a ⩽ 2 π -1<a \leqslant \frac{2}{\pi} −1<a⩽π2​ 时，如图所示，图中为 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 的图像，由于与纵轴的交点纵坐标 a − 1 < 0 a-1<0 a−1<0，故而 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上只有一个零点，设 g ′ ( x ) = 0 g^{\prime}(x)=0 g′(x)=0 根为 x 0 x_{0} x0​，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , x 0 ] \left[0, x_{0}\right] [0,x0​] 上单调递减，在 [ x 0 , π ] \left[x_{0}, \pi\right] [x0​,π] 上单调递增，故 g ( x ) g(x) g(x) 的最大值在端点处取得。故 − 1 < a ⩽ 2 π -1<a \leqslant \frac{2}{\pi} −1<a⩽π2​ 满足题意。
         综上所述， a a a 的取值范围是 ( − ∞ , 2 π ] \left(-\infty, \frac{2}{\pi}\right] (−∞,π2​]。
  

• 【变式 5】
         原问题等价于 a x < sin ⁡ x < b x a x<\sin x<b x ax<sinx<bx 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上恒成立。
         （Ⅰ）因为 g 1 ( x ) = sin ⁡ x − a x > 0 g_{1}(x)=\sin x-a x>0 g1​(x)=sinx−ax>0 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上恒成立，所以 g 1 ( π 2 ) ⩾ 0 g_{1}\left(\frac{\pi}{2}\right) \geqslant 0 g1​(2π​)⩾0，即 a ⩽ 2 π a \leqslant \frac{2}{\pi} a⩽π2​。又因为 g 1 ( 0 ) = 0 g_{1}(0)=0 g1​(0)=0，所以 g 1 ′ ( 0 ) ⩾ 0 g_{1}^{\prime}(0) \geqslant 0 g1′​(0)⩾0，求导可得 g 1 ′ ( x ) = cos ⁡ x − a g_{1}^{\prime}(x)=\cos x-a g1′​(x)=cosx−a，由 g 1 ′ ( 0 ) ⩾ 0 g_{1}^{\prime}(0) \geqslant 0 g1′​(0)⩾0 可得 a ⩽ 1 a \leqslant 1 a⩽1，因此 a ⩽ 2 π a \leqslant \frac{2}{\pi} a⩽π2​。此时 g 1 ′ ( x ) g_{1}^{\prime}(x) g1′​(x) 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​)
  上单调递减， g 1 ′ ( 0 ) = 1 − a > 0 g_{1}^{\prime}(0)=1-a>0 g1′​(0)=1−a>0， g 1 ′ ( π 2 ) = − a g_{1}^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-a g1′​(2π​)=−a。显然我们需要对 a > 0 a>0 a>0 和 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 分类讨论：
         （1）当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， g 1 ′ ( x ) ⩾ 0 g_{1}^{\prime}(x) \geqslant 0 g1′​(x)⩾0 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上恒成立，因此 g 1 ( x ) g_{1}(x) g1​(x) 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上递增，故 g 1 ( x ) > g 1 ( 0 ) = 0 g_{1}(x)>g_{1}(0)=0 g1​(x)>g1​(0)=0 恒成立，因此 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 满足题意；
         （2）当 0 < a ⩽ 2 π 0<a \leqslant \frac{2}{\pi} 0<a⩽π2​，此时 g 1 ′ ( 0 ) > 0 g_{1}^{\prime}(0)>0 g1′​(0)>0， g 1 ′ ( π 2 ) < 0 g_{1}^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)<0 g1′​(2π​)<0，因此 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上有且仅有一个零点 x 0 x_{0} x0​，图为 g 1 ′ ( x ) g_{1}^{\prime}(x) g1′​(x) 的图像，可见 g 1 ( x ) g_{1}(x) g1​(x) 在 ( 0 , x 0 ] \left(0, x_{0}\right] (0,x0​] 上递增，在 [ x 0 , π 2 ) \left[x_{0}, \frac{\pi}{2}\right) [x0​,2π​) 上递减，所以 g 1 ( x ) g_{1}(x) g1​(x) 的最小值在端点处取得。因此 0 < a ⩽ 2 π 0<a \leqslant \frac{2}{\pi} 0<a⩽π2​ 满足题意。
  
         （Ⅱ）因为 g 2 ( x ) = sin ⁡ x − b x < 0 g_{2}(x)=\sin x-b x<0 g2​(x)=sinx−bx<0 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上恒成立，所以 g 2 ( π 2 ) ⩽ 0 g_{2}\left(\frac{\pi}{2}\right) \leqslant 0 g2​(2π​)⩽0，即 b ⩾ 2 π b \geqslant \frac{2}{\pi} b⩾π2​。又因为 g 2 ( 0 ) = 0 g_{2}(0)=0 g2​(0)=0，所以 g 2 ′ ( 0 ) ⩽ 0 g_{2}^{\prime}(0) \leqslant 0 g2′​(0)⩽0，求导得 g 2 ′ ( x ) = cos ⁡ x − b g_{2}^{\prime}(x)=\cos x-b g2′​(x)=cosx−b，由 g 2 ′ ( 0 ) ⩽ 0 g_{2}^{\prime}(0) \leqslant 0 g2′​(0)⩽0 可得 b ⩾ 1 b \geqslant 1 b⩾1。此时 g 2 ′ ( x ) ⩽ 0 g_{2}^{\prime}(x) \leqslant 0 g2′​(x)⩽0 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上恒成立，因此 g 2 ( x ) g_{2}(x) g2​(x) 在 ( 0 , π 2 ) \left(0, \frac{\pi}{2}\right) (0,2π​) 上递减，故 g 2 ( x ) < g 2 ( 0 ) = 0 g_{2}(x)<g_{2}(0)=0 g2​(x)<g2​(0)=0 恒成立，因此 b ⩾ 1 b \geqslant 1 b⩾1 满足题意。
         综上所述， a a a 的最大值为 2 π ， b \frac{2}{\pi}，b π2​，b 的最小值为 1 1 1。

• 【变式 6】
         令 h ( x ) = c x − ( c − 1 ) x − 1 h(x)=c^{x}-(c-1) x-1 h(x)=cx−(c−1)x−1，求导得 h ′ ( x ) = c x ln ⁡ c − c + 1 h^{\prime}(x)=c^{x} \ln c-c+1 h′(x)=cxlnc−c+1，因为 { h ( 0 ) = 0 h ( 1 ) = 0 \begin{cases}h(0)=0 \\ h(1)=0\end{cases} {h(0)=0h(1)=0​，故 { h ′ ( 0 ) = ln ⁡ c − c + 1 ⩽ 0 h ′ ( 1 ) = c ln ⁡ c − c + 1 ⩾ 0 \begin{cases}h^{\prime}(0)=\ln c-c+1 \leqslant 0 \\ h^{\prime}(1)=c \ln c-c+1 \geqslant 0\end{cases} {h′(0)=lnc−c+1⩽0h′(1)=clnc−c+1⩾0​，解得 c > 1 c>1 c>1，此时导函数 h ′ ( x ) h^{\prime}(x) h′(x) 递增， h ′ ( 0 ) < 0 h^{\prime}(0)<0 h′(0)<0， h ′ ( 1 ) > 0 h^{\prime}(1)>0 h′(1)>0，所以必存在唯一 x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x_{0} \in(0,1) x0​∈(0,1) 使得 h ′ ( x 0 ) = 0 h^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 h′(x0​)=0。故 h ( x ) h(x) h(x) 在 ( 0 , x 0 ) \left(0, x_{0}\right) (0,x0​) 上递减，在 ( x 0 , 1 ) \left(x_{0}, 1\right) (x0​,1) 上递增。又因为 h ( 0 ) = h ( 1 ) = 0 h(0)=h(1)=0 h(0)=h(1)=0，所以 h ( x ) < 0 h(x)<0 h(x)<0 在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 上恒成立。因此 c c c 的取值范围为 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞)。

• 【变式 7】
         原问题等价于 g ( x ) = x + sin ⁡ x − a x cos ⁡ x ⩾ 0 g(x)=x+\sin x-a x \cos x \geqslant 0 g(x)=x+sinx−axcosx⩾0 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上恒成立。因为 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0，所以 g ′ ( 0 ) ⩾ 0 g^{\prime}(0) \geqslant 0 g′(0)⩾0。求导得 g ′ ( x ) = 1 + cos ⁡ x − a cos ⁡ x + a x sin ⁡ x g^{\prime}(x)=1+\cos x-a \cos x+a x \sin x g′(x)=1+cosx−acosx+axsinx，由 g ′ ( 0 ) ⩾ 0 g^{\prime}(0) \geqslant 0 g′(0)⩾0，解得 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2。
         （1）当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， g ( x ) = x + sin ⁡ x − a x cos ⁡ x ⩾ 0 g(x)=x+\sin x-a x \cos x \geqslant 0 g(x)=x+sinx−axcosx⩾0 显然成立 （每一项都非负）；
         （2）当 0 < a ⩽ 1 0<a \leqslant 1 0<a⩽1 时， g ′ ( x ) = 1 + ( 1 − a ) cos ⁡ x + a x sin ⁡ x ⩾ 0 g^{\prime}(x)=1+(1-a) \cos x+a x \sin x \geqslant 0 g′(x)=1+(1−a)cosx+axsinx⩾0 恒成立，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上递增， g ( x ) ⩾ g ( 0 ) = 0 g(x) \geqslant g(0)=0 g(x)⩾g(0)=0 恒成立，满足条件；
         （3）当 1 < a ⩽ 2 1<a \leqslant 2 1<a⩽2 时， cos ⁡ x \cos x cosx 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上递减，则 ( 1 − a ) cos ⁡ x (1-a) \cos x (1−a)cosx 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上递增，且 a x sin ⁡ x a x \sin x axsinx 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上递增，于是 g ′ ( x ) g^{\prime}(x) g′(x) 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上递增，而 g ′ ( x ) ⩾ g ′ ( 0 ) = 2 − a ⩾ 0 g^{\prime}(x) \geqslant g^{\prime}(0)=2-a \geqslant 0 g′(x)⩾g′(0)=2−a⩾0，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , π 2 ] \left[0, \frac{\pi}{2}\right] [0,2π​] 上递增， g ( x ) ⩾ g ( 0 ) = 0 g(x) \geqslant g(0)=0 g(x)⩾g(0)=0 恒成立，满足条件。
         故 a a a 的取值池围为 ( − ∞ , 2 ] (-\infty, 2] (−∞,2]。

• 【变式 8】
         原问题等价于 f ( x ) = a x + a − 1 x + 1 − 2 a − ln ⁡ x ⩾ 0 f(x)=a x+\frac{a-1}{x}+1-2 a-\ln x \geqslant 0 f(x)=ax+xa−1​+1−2a−lnx⩾0，由端点效应可得 { f ( 1 ) ⩾ 0 f ( + ∞ ) ⩾ 0 \begin{cases}f(1) \geqslant 0 \\ f(+\infty) \geqslant 0\end{cases} {f(1)⩾0f(+∞)⩾0​，解得 a > 0 a>0 a>0。因为 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0，所以 f ′ ( 1 ) ⩾ 0 f^{\prime}(1) \geqslant 0 f′(1)⩾0， f ′ ( x ) = a x 2 − x + 1 − a x 2 f^{\prime}(x)=\frac{a x^{2}-x+1-a}{x^{2}} f′(x)=x2ax2−x+1−a​。又因为 f ′ ( 1 ) = 0 f^{\prime}(1)=0 f′(1)=0，则 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 可分解为 f ′ ( x ) = ( x − 1 ) ( a x + a − 1 ) x 2 = 0 f^{\prime}(x)=\frac{(x-1)(a x+a-1)}{x^{2}}=0 f′(x)=x2(x−1)(ax+a−1)​=0，解得 x 1 = 1 x_{1}=1 x1​=1， x 2 = 1 − a a x_{2}=\frac{1-a}{a} x2​=a1−a​。
         （1）当 x 2 ⩽ 1 x_{2} \leqslant 1 x2​⩽1，即 a ⩾ 1 2 a \geqslant \frac{1}{2} a⩾21​ 时，所以 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上非负，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上单调递增，所以 f ( x ) min ⁡ = f ( 1 ) = 0 ⩾ 0 f(x)_{\min }=f(1)=0 \geqslant 0 f(x)min​=f(1)=0⩾0，即 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立；
         （2）当 x 2 > 1 x_{2}>1 x2​>1 时，即 0 < a < 1 2 0<a<\frac{1}{2} 0<a<21​ 时，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 1 , 1 − a a ] \left[1, \frac{1-a}{a}\right] [1,a1−a​] 上单调递减，所以 f ( 1 − a a ) < f ( 1 ) = 0 f\left(\frac{1-a}{a}\right)<f(1)=0 f(a1−a​)<f(1)=0，这与 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立矛盾。
         故 a a a 的取值范围是 [ 1 2 , + ∞ ) \left[\frac{1}{2}, +\infty\right) [21​,+∞)。

• 【变式 9】
         因为 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0 且 f ( t ) ⩾ 0 f(t) \geqslant 0 f(t)⩾0，求导可得 f ′ ( t ) = 2 [ 4 t 3 − 6 t 2 + ( 2 − 3 a ) t + 2 a ] t ( 2 t − 1 ) f^{\prime}(t)=\frac{2\left[4 t^{3}-6 t^{2}+(2-3 a) t+2 a\right]}{t(2 t-1)} f′(t)=t(2t−1)2[4t3−6t2+(2−3a)t+2a]​，所以 f ′ ( 1 ) ⩾ 0 f^{\prime}(1) \geqslant 0 f′(1)⩾0，解得 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0。
         当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时，令 g ( t ) = 4 t 3 − 6 t 2 + ( 2 − 3 a ) t + 2 a g(t)=4 t^{3}-6 t^{2}+(2-3 a) t+2 a g(t)=4t3−6t2+(2−3a)t+2a，则 g ′ ( t ) = 12 t 2 − 12 t + 2 − 3 a ⩾ 0 g^{\prime}(t)=12 t^{2}-12 t+2-3 a \geqslant 0 g′(t)=12t2−12t+2−3a⩾0 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立，则 g ( t ) g(t) g(t) 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上单调递增，所以 g ( t ) min ⁡ = g ( 1 ) = − a ⩾ 0 g(t)_{\min }=g(1)=-a \geqslant 0 g(t)min​=g(1)=−a⩾0 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上恒成立，所以 f ( t ) f(t) f(t) 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上单调递增，所以 f ( x ) min ⁡ = f ( 1 ) = 0 ⩾ 0 f(x)_{\min }=f(1)=0 \geqslant 0 f(x)min​=f(1)=0⩾0 恒成立。
         故 a a a 的取值范围为 ( − ∞ , 0 ] (-\infty, 0] (−∞,0]。

• 【变式 10】
         令 f ( x ) = x − ln ⁡ ( 1 + x ) − k x 2 f(x)=x-\ln (1+x)-k x^{2} f(x)=x−ln(1+x)−kx2，则问题等价于 f ( x ) ⩽ 0 f(x) \leqslant 0 f(x)⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。因为 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0，所以由端点效应可知 f ′ ( 0 ) ⩽ 0 f^{\prime}(0) \leqslant 0 f′(0)⩽0。求导得 f ′ ( x ) = 1 − 1 1 + x − 2 k x f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1+x}-2 k x f′(x)=1−1+x1​−2kx 且 f ′ ( 0 ) = 0 f^{\prime}(0)=0 f′(0)=0，故再次由端点效应可知 f ′ ′ ( 0 ) ⩽ 0 f^{\prime \prime}(0) \leqslant 0 f′′(0)⩽0，继续求导可知 f ′ ′ ( x ) = 1 ( 1 + x ) 2 − 2 k f^{\prime \prime}(x)=\frac{1}{(1+x)^{2}}-2 k f′′(x)=(1+x)21​−2k，故 f ′ ′ ( 0 ) ⩽ 0 f^{\prime \prime}(0) \leqslant 0 f′′(0)⩽0，解得 k ⩾ 1 2 k \geqslant \frac{1}{2} k⩾21​。此时 f ′ ′ ( x ) = 1 ( 1 + x ) 2 − 2 k ⩽ 1 ( 1 + x ) 2 − 1 ⩽ 0 f^{\prime \prime}(x)=\frac{1}{(1+x)^{2}}-2 k \leqslant \frac{1}{(1+x)^{2}}-1 \leqslant 0 f′′(x)=(1+x)21​−2k⩽(1+x)21​−1⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。也就是说 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，故 f ′ ( x ) ⩽ f ′ ( 0 ) ⩽ 0 f^{\prime}(x) \leqslant f^{\prime}(0) \leqslant 0 f′(x)⩽f′(0)⩽0。这说明函数 f ( x ) f(x) f(x) 在在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，故 f ( x ) ⩽ f ( 0 ) = 0 f(x) \leqslant f(0)=0 f(x)⩽f(0)=0 恒成立。
         综上所述，实数 k k k 的最小值为 1 2 \frac{1}{2} 21​。

练习题

1. （2007 全国 Ⅰ 理 20）设函数 f ( x ) = e x − e − x f(x)=\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x} f(x)=ex−e−x，对所有 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0 都有 f ( x ) ⩾ a x f(x) \geqslant a x f(x)⩾ax，求 a a a 的取值范围。

2. （2015 福建理 21(Ⅲ)）已知函数 f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) f(x)=\ln (1+x) f(x)=ln(1+x)， g ( x ) = k x , k ∈ R g(x)=k x, k \in \mathbb{R} g(x)=kx,k∈R。确定 k k k 的所有可能取值，使得存在 t > 0 t>0 t>0，对任意的 x ∈ ( 0 , t ) x \in(0, t) x∈(0,t) 恒有 ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ < x 2 |f(x)-g(x)|<x^{2} ∣f(x)−g(x)∣<x2。

3. （2016 全国 Ⅱ 文 20）已知函数 f ( x ) = ( x + 1 ) ln ⁡ x − a ( x − 1 ) f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1) f(x)=(x+1)lnx−a(x−1)。当 x ∈ ( 1 , + ∞ ) x \in(1,+\infty) x∈(1,+∞) 时， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0，求 a a a 的取值范围。

4. （2011 湖北文 20）设函数 f ( x ) = x 3 + 2 a x 2 + b x + a f(x)=x^{3}+2 a x^{2}+b x+a f(x)=x3+2ax2+bx+a， g ( x ) = x 2 − 3 x + 2 g(x)=x^{2}-3 x+2 g(x)=x2−3x+2，其中 x ∈ R x \in \mathbb{R} x∈R， a a a， b b b 为常数，已知曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = g ( x ) y=g(x) y=g(x) 在点 ( 2 , 0 ) (2,0) (2,0) 处有相同的切线 ℓ \ell ℓ。
   （1）求 a a a， b b b 的值，并写出切线 ℓ \ell ℓ 的方程；
   （2）若方程 f ( x ) + g ( x ) = m x f(x)+g(x)=m x f(x)+g(x)=mx 有三个互不相同的实根 0 0 0， x 1 x_{1} x1​， x 2 x_{2} x2​，其中 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​ 且对任意的 x ∈ [ x 1 , x 2 ] , f ( x ) + g ( x ) < m ( x − 1 ) x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], f(x)+g(x)<m(x-1) x∈[x1​,x2​],f(x)+g(x)<m(x−1) 恒成立，求实数 m m m 的取值范围。

5. （2008 全国 Ⅱ 理 22）设函数 f ( x ) = sin ⁡ x 2 + cos ⁡ x f(x)=\frac{\sin x}{2+\cos x} f(x)=2+cosxsinx​。
   （1）求 f ( x ) f(x) f(x) 的单调区间；
   （2）如果对任何 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0，都有 f ( x ) ⩽ a x f(x) \leqslant a x f(x)⩽ax，求 a a a 的取值范围。

6. （2010 新课标文 21）设函数 f ( x ) = x ( e x − 1 ) − a x 2 f(x)=x\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)-a x^{2} f(x)=x(ex−1)−ax2，若当 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0 时， f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0，求 a a a 的取值范围。

7. （2008 全国 Ⅱ 文 21）设 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R，函数 f ( x ) = a x 3 − 3 x 2 f(x)=a x^{3}-3 x^{2} f(x)=ax3−3x2。
   （1）若 x = 2 x=2 x=2 是函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的极值点，求 a a a 的值；
   （2）若函数 g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) , x ∈ [ 0 , 2 ] g(x)=f(x)+f^{\prime}(x), x \in[0,2] g(x)=f(x)+f′(x),x∈[0,2] 在 x = 0 x=0 x=0 处取得最大值，求 a a a 的取值范围。

8. （2012 全国大纲理 20）设函数 f ( x ) = a x + cos ⁡ x , x ∈ [ 0 , π ] f(x)=a x+\cos x, x \in[0, \pi] f(x)=ax+cosx,x∈[0,π]。
   （1）讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性；
   （2）设 f ( x ) ⩽ 1 + sin ⁡ x f(x) \leqslant 1+\sin x f(x)⩽1+sinx，求 a a a 的取值范围。

9. （2012 天津理 20）已知函数 f ( x ) = x − ln ⁡ ( x + a ) f(x)=x-\ln (x+a) f(x)=x−ln(x+a) 的最小值为 0 0 0，其中 a > 0 a>0 a>0。
   （1）求 a a a 的值；
   （2）若对任意的 x ∈ [ 0 , + ∞ ) x \in[0,+\infty) x∈[0,+∞) 有 f ( x ) ⩽ k x 2 f(x) \leqslant k x^{2} f(x)⩽kx2 成立，求实数 k k k 的最小值。

练习题答案

1. 题意等价于 g ( x ) = e x − e − x − a x ⩾ 0 g(x)=\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}-a x \geqslant 0 g(x)=ex−e−x−ax⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。当 x = 0 x=0 x=0 时， g ( 0 ) = 0 ⩾ 0 g(0)=0 \geqslant 0 g(0)=0⩾0 成立，所以 g ′ ( x ) = e x + e − x − a g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-a g′(x)=ex+e−x−a 在 x = 0 x=0 x=0 处非负，即 g ′ ( 0 ) = 1 + 1 − a ⩾ 0 g^{\prime}(0)=1+1-a \geqslant 0 g′(0)=1+1−a⩾0，解得 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2。
   当 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2 时， g ′ ( x ) = e x + e − x − a ⩾ 0 g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-a \geqslant 0 g′(x)=ex+e−x−a⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，所以 g ( x ) min ⁡ = g ( 0 ) = 0 ⩾ 0 g(x)_{\min }=g(0)=0 \geqslant 0 g(x)min​=g(0)=0⩾0 恒成立。
   综上所述， a a a 的取值范围为 ( − ∞ , 2 ] (-\infty, 2] (−∞,2]。

2. 题意等价于 − x 2 < ln ⁡ ( x + 1 ) − k x < x 2 -x^{2}<\ln (x+1)-k x<x^{2} −x2<ln(x+1)−kx<x2 在 ( 0 , t ) (0, t) (0,t) 上恒成立。即 g ( x ) = ln ⁡ ( x + 1 ) − k x + x 2 > 0 g(x)=\ln (x+1)-k x+x^{2}>0 g(x)=ln(x+1)−kx+x2>0， h ( x ) = ln ⁡ ( x + 1 ) − k x − x 2 < 0 h(x)=\ln (x+1)-k x-x^{2}<0 h(x)=ln(x+1)−kx−x2<0 在 ( 0 , t ) (0, t) (0,t) 上恒成立。
   （1）当 x = 0 x=0 x=0 时， g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0，所以 g ′ ( x ) = 1 x + 1 − k + 2 x g^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-k+2 x g′(x)=x+11​−k+2x 在 x = 0 x=0 x=0 处非负，即 g ′ ( 0 ) = 1 − k ⩾ 0 g^{\prime}(0)=1-k \geqslant 0 g′(0)=1−k⩾0，解得 k ⩽ 1 k \leqslant 1 k⩽1。
   当 k ⩽ 1 k \leqslant 1 k⩽1 时， g ′ ( x ) = 2 x 2 + ( 2 − k ) x + 1 − k x + 1 g^{\prime}(x)=\frac{2 x^{2}+(2-k) x+1-k}{x+1} g′(x)=x+12x2+(2−k)x+1−k​，分子的对称轴 x = k − 2 4 < 0 ， g ′ ( 0 ) = 1 − k ⩾ 0 x=\frac{k-2}{4}<0，g^{\prime}(0)=1-k \geqslant 0 x=4k−2​<0，g′(0)=1−k⩾0，所以 g ′ ( x ) ⩾ 0 g^{\prime}(x) \geqslant 0 g′(x)⩾0 在 ( 0 , t ) (0, t) (0,t) 上成立，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( 0 , t ) (0, t) (0,t) 上单调递增，所以 g ( x ) min ⁡ > g ( 0 ) − 0 g(x)_{\min }>g(0)-0 g(x)min​>g(0)−0 成立。此时 k ⩽ 1 k \leqslant 1 k⩽1。
   （2）当 x = 0 x=0 x=0 时， h ( 0 ) = 0 h(0)=0 h(0)=0，则 h ′ ( x ) = 1 x + 1 − k − 2 x h^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-k-2 x h′(x)=x+11​−k−2x 在 x = 0 x=0 x=0 处非正，即 h ′ ( 0 ) = 1 − k ⩽ 0 h^{\prime}(0)=1-k \leqslant 0 h′(0)=1−k⩽0，解得 k ⩾ 1 k \geqslant 1 k⩾1。
   当 k ⩾ 1 k \geqslant 1 k⩾1 时， h ′ ( x ) = − 2 x 2 − ( k + 2 ) x + 1 − k x + 1 h^{\prime}(x)=\frac{-2 x^{2}-(k+2) x+1-k}{x+1} h′(x)=x+1−2x2−(k+2)x+1−k​，分子的对称轴 x = − k + 2 4 < 0 x=-\frac{k+2}{4}<0 x=−4k+2​<0，且 h ′ ( 0 ) = 1 − k ⩽ 0 h^{\prime}(0)=1-k \leqslant 0 h′(0)=1−k⩽0，所以 h ′ ( x ) ⩽ 0 h^{\prime}(x) \leqslant 0 h′(x)⩽0 在 ( 0 , t ) (0, t) (0,t) 上恒成立，所以 h ( x ) h(x) h(x) 在 ( 0 , t ) (0, t) (0,t) 上单调递减，所以 h ( x ) max ⁡ < h ( 0 ) = 0 h(x)_{\max }<h(0)=0 h(x)max​<h(0)=0 成立。此时 k ⩾ 1 k \geqslant 1 k⩾1。
   综上所述， k = 1 k=1 k=1。

3. 因为 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立，所以 f ′ ( x ) = ln ⁡ x + x + 1 x − a f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-a f′(x)=lnx+xx+1​−a 在 x = 1 x=1 x=1 处非负，即 f ′ ( 1 ) = 2 − a ⩾ 0 f^{\prime}(1)=2-a \geqslant 0 f′(1)=2−a⩾0，解得 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2。
   当 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2 时， f ′ ′ ( x ) = x − 1 x 2 ⩾ 0 f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}} \geqslant 0 f′′(x)=x2x−1​⩾0 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立，所以 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，所以 f ′ ( x ) min ⁡ > f ′ ( 1 ) = 0 f^{\prime}(x)_{\min }>f^{\prime}(1)=0 f′(x)min​>f′(1)=0 成立，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，所以 f ( x ) min ⁡ > f ( 1 ) = 0 f(x)_{\min }>f(1)=0 f(x)min​>f(1)=0 成立。
   综上所述， a a a 的取值范围为 ( − ∞ , 2 ] (-\infty, 2] (−∞,2]。

4. （1） f ′ ( x ) = 3 x 2 + 4 a x + b f^{\prime}(x)=3 x^{2}+4 a x+b f′(x)=3x2+4ax+b， g ′ ( x ) = 2 x − 3 g^{\prime}(x)=2 x-3 g′(x)=2x−3。因为 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = g ( x ) y=g(x) y=g(x) 在点 ( 2 , 0 ) (2,0) (2,0) 处有相同的切线 ℓ \ell ℓ，所以 f ( 2 ) = g ( 2 ) f(2)=g(2) f(2)=g(2)， f ′ ( 2 ) = g ′ ( 2 ) f^{\prime}(2)=g^{\prime}(2) f′(2)=g′(2)，即 { 8 + 8 a + 2 b + a = 0 12 + 8 a + b = 1 \begin{cases}8+8 a+2 b+a=0 \\ 12+8 a+b=1\end{cases} {8+8a+2b+a=012+8a+b=1​，解得 a = − 2 a=-2 a=−2， b = 5 b=5 b=5。切线 ℓ : x − y − 2 = 0 \ell: x-y-2=0 ℓ:x−y−2=0。
   （2）由 (1) 知 f ( x ) + g ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2 x f(x)+g(x)=x^{3}-3 x^{2}+2 x f(x)+g(x)=x3−3x2+2x。由题意 x ( x 2 − 3 x + 2 − m ) = 0 x\left(x^{2}-3 x+2-m\right)=0 x(x2−3x+2−m)=0 有三个互不相同的实根 0 , x 1 , x 2 0, x_{1}, x_{2} 0,x1​,x2​, 所以 x 1 , x 2 x_{1}, x_{2} x1​,x2​ 是方程 x 2 − 3 x + 2 − m = 0 x^{2}-3 x+2-m=0 x2−3x+2−m=0 的两个不相等实根。所以 Δ = ( − 3 ) 2 − 4 ( 2 − m ) > 0 \Delta=(-3)^{2}-4(2-m)>0 Δ=(−3)2−4(2−m)>0，解得 m > − 1 4 m>-\frac{1}{4} m>−41​。对任意的 x ∈ [ x 1 , x 2 ] , f ( x ) + g ( x ) < m ( x − 1 ) x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], f(x)+g(x)<m(x-1) x∈[x1​,x2​],f(x)+g(x)<m(x−1) 恒成立，即 f ( x ) + g ( x ) − m x < − m f(x)+g(x)-m x<-m f(x)+g(x)−mx<−m 成立，所以当 x = x 1 x=x_{1} x=x1​ 或 x = x 2 x=x_{2} x=x2​ 时成立，即 0 = f ( x 1 ) + g ( x 1 ) − m x 1 < − m 0=f\left(x_{1}\right)+g\left(x_{1}\right)-m x_{1}<-m 0=f(x1​)+g(x1​)−mx1​<−m，则 m < 0 m<0 m<0。由韦达定理 x 1 + x 2 = 3 x_{1}+x_{2}=3 x1​+x2​=3， x 1 x 2 = 2 − m > 0 x_{1} x_{2}=2-m>0 x1​x2​=2−m>0，所以 0 < x 1 < x 2 0<x_{1}<x_{2} 0<x1​<x2​。对 x ∈ [ x 1 , x 2 ] , f ( x ) + g ( x ) − m x = x ( x − x 1 ) ( x − x 2 ) ⩽ 0 x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], f(x)+g(x)-m x=x\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right) \leqslant 0 x∈[x1​,x2​],f(x)+g(x)−mx=x(x−x1​)(x−x2​)⩽0，又 f ( x 1 ) + g ( x 1 ) − m x 1 = 0 f\left(x_{1}\right)+g\left(x_{1}\right)-m x_{1}=0 f(x1​)+g(x1​)−mx1​=0，所以 f ( x ) + g ( x ) − m x f(x)+g(x)-m x f(x)+g(x)−mx 在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上的最大值为 0 0 0。 即 − 1 4 < m < 0 -\frac{1}{4}<m<0 −41​<m<0 时，对任意的 x ∈ [ x 1 , x 2 ] , f ( x ) + g ( x ) < m ( x − 1 ) x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], f(x)+g(x)<m(x-1) x∈[x1​,x2​],f(x)+g(x)<m(x−1) 恒成立。
   综上所述， m m m 的取值范围为 ( − 1 4 , 0 ) \left(-\frac{1}{4}, 0\right) (−41​,0)。

5. （1） f ′ ( x ) = 2 cos ⁡ x + 1 ( 2 + cos ⁡ x ) 2 f^{\prime}(x)=\frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^{2}} f′(x)=(2+cosx)22cosx+1​。所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 2 k π − 2 π 3 , 2 k π + 2 π 3 ) ( k ∈ Z ) \left(2 k \pi-\frac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right)(k \in \mathbb{Z}) (2kπ−32π​,2kπ+32π​)(k∈Z) 上单调递增，在 ( 2 k π + 2 π 3 , 2 k π + 4 π 3 ) ( k ∈ Z ) \left(2 k \pi+\frac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\frac{4 \pi}{3}\right)(k \in \mathbb{Z}) (2kπ+32π​,2kπ+34π​)(k∈Z) 上单调递减。
   （2）令 g ( x ) = f ( x ) − a x = sin ⁡ x 2 + cos ⁡ x − a x g(x)=f(x)-a x=\frac{\sin x}{2+\cos x}-a x g(x)=f(x)−ax=2+cosxsinx​−ax。题意等价于 g ( x ) ⩽ 0 g(x) \leqslant 0 g(x)⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。又 g ( 0 ) = 0 ⩽ 0 g(0)=0 \leqslant 0 g(0)=0⩽0 成立，所以 g ′ ( x ) = 2 cos ⁡ x + 1 ( 2 + cos ⁡ x ) 2 − a g^{\prime}(x)=\frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^{2}}-a g′(x)=(2+cosx)22cosx+1​−a 在 x = 0 x=0 x=0 处非正，即 g ′ ( 0 ) = 3 9 − a ⩽ 0 g^{\prime}(0)=\frac{3}{9}-a \leqslant 0 g′(0)=93​−a⩽0，解得 a ⩾ 1 3 a \geqslant \frac{1}{3} a⩾31​。
   当 a ⩾ 1 3 a \geqslant \frac{1}{3} a⩾31​ 时， g ′ ( x ) = − 3 ( 1 2 + cos ⁡ x − 1 3 ) 2 − a + 1 3 ⩽ 0 g^{\prime}(x)=-3\left(\frac{1}{2+\cos x}-\frac{1}{3}\right)^{2}-a+\frac{1}{3} \leqslant 0 g′(x)=−3(2+cosx1​−31​)2−a+31​⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，所以 g ( x ) max ⁡ = g ( 0 ) = 0 g(x)_{\max }=g(0)=0 g(x)max​=g(0)=0。
   综上所述， a a a 的取值范围为 [ 1 3 , + ∞ ) \left[\frac{1}{3},+\infty\right) [31​,+∞)。

6. f ( x ) = x ( e x − 1 ) − a x 2 = x ( e x − 1 − a x ) , f ( x ) ⩾ 0 f(x)=x\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)-a x^{2}=x\left(\mathrm{e}^{x}-1-a x\right), f(x) \geqslant 0 f(x)=x(ex−1)−ax2=x(ex−1−ax),f(x)⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立等价于 g ( x ) = e x − 1 − a x ⩾ 0 g(x)=\mathrm{e}^{x}-1-a x \geqslant 0 g(x)=ex−1−ax⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。又 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0， g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ′ ( x ) = e x − a g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-a g′(x)=ex−a 在 x = 0 x=0 x=0 处非负，即 g ′ ( 0 ) = 1 − a ⩾ 0 g^{\prime}(0)=1-a \geqslant 0 g′(0)=1−a⩾0，解得 a ⩽ 1 a \leqslant 1 a⩽1。
   当 a ⩽ 1 a \leqslant 1 a⩽1 时， g ′ ( x ) = e x − a ⩾ 0 g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-a \geqslant 0 g′(x)=ex−a⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递增，所以 g ( x ) min ⁡ = g ( 0 ) = 0 ⩾ 0 g(x)_{\min }=g(0)=0 \geqslant 0 g(x)min​=g(0)=0⩾0 成立。
   综上所述， a a a 的取值范围为 ( − ∞ , 1 ] (-\infty, 1] (−∞,1]。

7. （1） f ′ ( x ) = 3 a x 2 − 6 x f^{\prime}(x)=3 a x^{2}-6 x f′(x)=3ax2−6x，因为 x = 2 x=2 x=2 是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，所以 f ′ ( 2 ) = 12 a − 12 = 0 f^{\prime}(2)=12 a-12=0 f′(2)=12a−12=0，解得 a = 1 a=1 a=1。
   （2） g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) = a x 3 + 3 ( a − 1 ) x 2 − 6 x g(x)=f(x)+f^{\prime}(x)=a x^{3}+3(a-1) x^{2}-6 x g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+3(a−1)x2−6x。由端点效应得 { g ( 0 ) = 0 g ( 2 ) = 8 a + 12 ( a − 1 ) − 12 ⩽ 0 \begin{cases}g(0)=0 \\ g(2)=8 a+12(a-1)-12 \leqslant 0\end{cases} {g(0)=0g(2)=8a+12(a−1)−12⩽0​，解得 a ⩽ 6 5 a \leqslant \frac{6}{5} a⩽56​。由题意 g ( x ) ⩽ g ( 0 ) = 0 g(x) \leqslant g(0)=0 g(x)⩽g(0)=0，即 x [ a x 2 + 3 ( a − 1 ) x − 6 ] ⩽ 0 x\left[a x^{2}+3(a-1) x-6\right] \leqslant 0 x[ax2+3(a−1)x−6]⩽0，又 x ∈ [ 0 , 2 ] x \in[0,2] x∈[0,2]，所以 x [ a x 2 + 3 ( a − 1 ) x − 6 ] ⩽ 0 x\left[a x^{2}+3(a-1) x-6\right] \leqslant 0 x[ax2+3(a−1)x−6]⩽0 等价于 h ( x ) = a x 2 + 3 ( a − 1 ) x − 6 ⩽ 0 h(x)=a x^{2}+3(a-1) x-6 \leqslant 0 h(x)=ax2+3(a−1)x−6⩽0 在 [ 0 , 2 ] [0,2] [0,2] 上恒成立。
   ① 当 0 < a ⩽ 6 5 0<a \leqslant \frac{6}{5} 0<a⩽56​ 时， h ( x ) h(x) h(x) 开口向上，只需 { h ( 0 ) = − 6 ⩽ 0 h ( 2 ) = 10 a − 12 ⩽ 0 \begin{cases}h(0)=-6 \leqslant 0 \\ h(2)=10 a-12 \leqslant 0\end{cases} {h(0)=−6⩽0h(2)=10a−12⩽0​ 成立；
   ② 当 a = 0 a=0 a=0 时， h ( x ) = − 3 x − 6 < 0 h(x)=-3 x-6<0 h(x)=−3x−6<0 成立；
   ③ 当 a < 0 a<0 a<0 时， h ( x ) h(x) h(x) 开口向下，对称轴 x = − 3 ( a − 1 ) 2 a < 0 x=-\frac{3(a-1)}{2 a}<0 x=−2a3(a−1)​<0， h ( x ) h(x) h(x) 在 [ 0 , 2 ] [0,2] [0,2] 上单调递减， h ( x ) max ⁡ = h(x)_{\max }= h(x)max​= h ( 0 ) = 0 h(0)=0 h(0)=0，即 h ( x ) ⩽ 0 h(x) \leqslant 0 h(x)⩽0 成立。
   综上所述， a a a 的取值范围为 ( − ∞ , 6 5 ] \left(-\infty, \frac{6}{5}\right] (−∞,56​]。

8. （1） f ′ ( x ) = a − sin ⁡ x f^{\prime}(x)=a-\sin x f′(x)=a−sinx。
   ① 当 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1 时， f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上单调递增；
   ② 当 0 < a < 1 0<a<1 0<a<1 时，存在 x 1 ∈ [ 0 , π 2 ] x_{1} \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] x1​∈[0,2π​]， x 2 ∈ [ π 2 , π ] x_{2} \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right] x2​∈[2π​,π]，使得 f ′ ( x 1 ) = 0 f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0 f′(x1​)=0， f ′ ( x 2 ) = 0 f^{\prime}\left(x_{2}\right)=0 f′(x2​)=0，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , x 1 ] \left[0, x_{1}\right] [0,x1​] 和 [ x 2 , π ] \left[x_{2}, \pi\right] [x2​,π] 上单调递增，在 [ x 1 , x 2 ] \left[x_{1}, x_{2}\right] [x1​,x2​] 上单调递减；
   ③ 当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， f ′ ( x ) ⩽ 0 f^{\prime}(x) \leqslant 0 f′(x)⩽0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上单调递減。
   （2） f ( x ) ⩽ 1 + sin ⁡ x f(x) \leqslant 1+\sin x f(x)⩽1+sinx 等价于 g ( x ) = a x + cos ⁡ x − 1 − sin ⁡ x ⩽ 0 g(x)=a x+\cos x-1-\sin x \leqslant 0 g(x)=ax+cosx−1−sinx⩽0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立。由端点效应可得 { g ( 0 ) = 0 ⩽ 0 g ( π ) = a π − 2 ⩽ 0 \begin{cases}g(0)=0 \leqslant 0 \\ g(\pi)=a \pi-2 \leqslant 0\end{cases} {g(0)=0⩽0g(π)=aπ−2⩽0​，解得 a ⩽ 2 π a \leqslant \frac{2}{\pi} a⩽π2​。求导得 g ′ ( x ) = a − 2 sin ⁡ ( x + π 4 ) g^{\prime}(x)=a-\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) g′(x)=a−2 ​sin(x+4π​)。
   ① 当 a ⩽ − 1 a \leqslant-1 a⩽−1 时， g ′ ( x ) ⩽ 0 g^{\prime}(x) \leqslant 0 g′(x)⩽0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上恒成立，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上单调递减，所以 g ( x ) max ⁡ = g(x)_{\max }= g(x)max​= g ( 0 ) = 0 ⩽ 0 g(0)=0 \leqslant 0 g(0)=0⩽0 成立，此时 a ⩽ − 1 a \leqslant-1 a⩽−1；
   ② 当 − 1 < a ⩽ 2 π -1<a \leqslant \frac{2}{\pi} −1<a⩽π2​ 时， g ′ ( 0 ) = a − 1 < 0 g^{\prime}(0)=a-1<0 g′(0)=a−1<0，所以 g ′ ( x ) = 0 g^{\prime}(x)=0 g′(x)=0 在 [ 0 , π ] [0, \pi] [0,π] 上只有一根，不妨设 x 0 ∈ [ 0 , π ] x_{0} \in[0, \pi] x0​∈[0,π] 使得 g ′ ( x 0 ) = 0 g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 g′(x0​)=0，则 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , x 0 ] \left[0, x_{0}\right] [0,x0​] 上单调递减，在 [ x 0 , π ] \left[x_{0}, \pi\right] [x0​,π] 上单调递增，所以 g ( x ) max ⁡ = max ⁡ { g ( 0 ) , g ( π ) } ⩽ 0 g(x)_{\max }=\max \{g(0), g(\pi)\} \leqslant 0 g(x)max​=max{g(0),g(π)}⩽0 成立。
   综上所述， a a a 的取值范围为 ( − ∞ , 2 π ] \left(-\infty, \frac{2}{\pi}\right] (−∞,π2​]。

9. （1） f ′ ( x ) = x − ( 1 − a ) x + a , x ∈ ( − a , + ∞ ) f^{\prime}(x)=\frac{x-(1-a)}{x+a}, x \in(-a,+\infty) f′(x)=x+ax−(1−a)​,x∈(−a,+∞) 。 所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − a , 1 − a ) (-a, 1-a) (−a,1−a) 上单调递减，在 ( 1 − a , + ∞ ) (1-a,+\infty) (1−a,+∞) 上单调递增，所以 f ( x ) min ⁡ = f ( 1 − a ) = 1 − a = 0 f(x)_{\min }=f(1-a)=1-a=0 f(x)min​=f(1−a)=1−a=0，解得 a = 1 a=1 a=1。
   （2）由 (1) 及题意可知， f ( x ) ⩽ k x 2 f(x) \leqslant k x^{2} f(x)⩽kx2 等价于 g ( x ) = x − ln ⁡ ( x + 1 ) − k x 2 ⩽ 0 g(x)=x-\ln (x+1)-k x^{2} \leqslant 0 g(x)=x−ln(x+1)−kx2⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立。 因为 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0， g ( x ) ⩽ 0 g(x) \leqslant 0 g(x)⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ′ ( x ) = − x ( 2 k x + 2 k − 1 ) x + 1 g^{\prime}(x)=-\frac{x(2 k x+2 k-1)}{x+1} g′(x)=−x+1x(2kx+2k−1)​ 在 x = 0 x=0 x=0 处非正。即 h ( x ) = 2 k x + 2 k − 1 h(x)=2 k x+2 k-1 h(x)=2kx+2k−1 在 x = 0 x=0 x=0 处非负，所以 h ( 0 ) = 2 k − 1 ⩾ 0 h(0)=2 k-1 \geqslant 0 h(0)=2k−1⩾0，解得 k ⩾ 1 2 k \geqslant \frac{1}{2} k⩾21​。
   当 k ⩾ 1 2 k \geqslant \frac{1}{2} k⩾21​ 时， h ( x ) ⩾ 0 h(x) \geqslant 0 h(x)⩾0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上成立，所以 g ′ ( x ) ⩽ 0 g^{\prime}(x) \leqslant 0 g′(x)⩽0 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上恒成立，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上单调递减，所以 g ( x ) max ⁡ = g ( 0 ) = 0 ⩽ 0 g(x)_{\max }=g(0)=0 \leqslant 0 g(x)max​=g(0)=0⩽0 成立。
   综上所述， k k k 的最小值为 a = 1 2 a=\frac{1}{2} a=21​。