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进阶4 端点失效
[分值：34 分]
1.(17 分)已知函数f(x)=excos x，当x>0 时，f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1 恒成立，求实数a 的取值范围.
2.(17 分)已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0 恒成立，求a 的取值范围.
答案精析
1. 解 方法一 (分离参数)
由f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1，
即当x>0 时，a≤e
x
x -x-1
x +1 恒成立.
设g(x)=e
x
x -x-1
x +1(x>0)，
则g'(x)=e
x( x -1)- x
2+1
x
2
=( x -1)(e
x - x -1)
x
2
.
令φ(x)=ex-x-1，则当x∈(0，+∞)时，φ'(x)=ex-1>0，
所以当x∈(0，+∞)时，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=0，
则当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(1)=e-1，
所以a 的取值范围为(-∞，e-1].
方法二 (指数处理技巧)
当x>0 时，不等式等价于1+(a-1)x + x
2
e
x
≤1 恒成立，
令h(x)=1+(a-1)x + x
2
e
x
，x>0，
则h'(x)=(- x +1)( x +a-2)
e
x
，x>0，
①若a=1，h'(x)=(- x +1)( x -1)
e
x
=-( x -1)
2
e
x
，
因为(x-1)2≥0，ex>0，
所以h'(x)≤0，h(x)=1+(a-1)x + x
2
e
x
在(0，+∞)上单调递减，h(x)<h(0)=1，a=1 符合题意.
②若a<1，则1<2-a，
当x∈(0，1)∪(2-a，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(1，2-a)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=2-a 处取得极大值，
由当x>0 时，ex>x+1 知，e2-a>3-a，
即h(2-a)=3-a
e
2-a <1，
又h(0)=1，所以h(x)<1 在(0，+∞)上恒成立，
因此a<1 符合题意.
③若1<a<2，则0<2-a<1，
当x∈(0，2-a)∪(1，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(2-a，1)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=1 处取得极大值，
则由{
h(0)=1,
h(1)= a+1
e
≤1⇒1<a≤e-1.
④若a≥2，则h(1)=a+1
e
≥3
e >1，与题意矛盾.
综上所述，a 的取值范围为(-∞，e-1].
2. [错解1] 容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，当f″(x)=-sin
x+2a≥0，即a≥1
2时，f(x)≥0 恒成立.
[错解分析] 该解法的思路是破题的一种方法.根据端点f(0)=0 且f'(0)=0 的特点，学生考虑f'(x)单调递增时
的一种“理想状态”，即f″(x)≥0 恒成立时，有f'(x)单调递增，结合f'(0)=0，得f(x)min=f(0)=0，所以
f(x)≥0，这必定符合题意.
因此“a≥1
2”是问题成立的充分条件.对于此时的充分条件，如何证明其必要性呢？如果顺着学生思路走
下去，接下来应考虑，当a<1
2时，f(x)≥0 不恒成立，即总能找到一个x0，使f(x0)<0.结合正确答案a≥1
π 来
看，这显然是行不通的.因此，正确的做法是当a<1
2时，继续寻找符合题意的a，但这个思维难度就不小了.
[错解2] 容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，求得f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，必有
f″(0)=2a≥0，即a≥0.
[错解分析] 该方法的思路是完全按照“端点效应”的情况处理的，所以f″(0)≥0，即2a≥0，a≥0.此时，
求得的范围是问题的必要条件，如何证明其充分性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a≥0
时，f(x)≥0 恒成立.
以上两种思路都是处理该类不等式恒成立问题的常规解题思路，只是针对本题失效了而已.那么端点效应解
题为何会失效呢？关键还在于端点效应解题本身有一种“凑巧”的成分在里面，此时不凑巧了而已！因此，
利用端点效应解题要注意解题过程的逻辑性和严谨性.
[正解] 当x>0 时，将f(x)≥0 变形，
得ax-1≥-sin x
x
，
因为函数y=-sin x
x
在x=π 处的切线y= 1
π x-1 恰好过
点(0，-1)，如图，
所以a≥1
π .
下面证当a≥1
π 时，f(x)≥0.
因为a≥1
π ，所以f(x)≥sin x-x+ 1
π x2，
令g(x)=sin x-x+ 1
π x2，
要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0.
①当x∈(-∞，0]时，
g(x)=sin x-x+ 1
π x2≥sin x-x，
又当x≤0 时，sin x≥x，所以g(x)≥0；
②当x∈(0，π)时，令g'(x)=cos x-1+ 2
π x=p(x)，p'(x)=-sin x+ 2
π =q(x)，易知q(x)在(0，π
2)上单调递减，在
(
π
2 ，π)上单调递增.
因为q(0)= 2
π >0，q(
π
2)=-1+ 2
π <0，
q(π)= 2
π >0，
所以∃x1∈(0，π
2)，x2∈(
π
2 ，π)，
使得q(x1)=q(x2)=0.
所以当x∈(0，x1)∪(x2，π)时，q(x)>0；
当x∈(x1，x2)时，q(x)<0，
所以p(x)在(0，x1)，(x2，π)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.
而p(0)=p(
π
2)=p(π)=0，
所以当x∈(0，π
2)时，p(x)>0；
当x∈(
π
2 ，π)时，p(x)<0.
所以g(x)在(0，π
2)上单调递增，在(
π
2 ，π)上单调递减，而g(0)=g(π)=0，所以当x∈(0，π)时，g(x)>0.
③当x∈[π，+∞)时，p(x)≥cos x-1+2≥0，所以g(x)在[π，+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(π)=0.
综上所述，a 的取值范围是[
1
π ，+ ∞).
