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函数在端点处为零的端点效应

作者：互联网

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 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：

【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：

       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。

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。

       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

       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​。

       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。

       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​。

       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​。

       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 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。

       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！

       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。

       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。

       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。

变式参考答案

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​。

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