3.7含参数,逻辑变量的函数问题

本页由讲义拆分版 TeX 初步转换生成；答案默认收起。

讲义正文

含参数,逻辑变量的函数问题

前一节的方法主要适用于需理清函数变化走势的题目,这一方法同样适用于本节主讲的部分问题.

相比于上一节的问题,本节问题可等价变形的空间更大,可用更为灵活的方式解决,我们也需要介绍另外的方法,并指出其优势与劣势.

\paragraph{分离参数}

这一方法将含有参数的不等式$\displaystyle f_a(x)\geqslant 0$化简为$\displaystyle h(a)\geqslant \varphi(x)$或$\displaystyle h(a)\leqslant \varphi(x)$,其中$\displaystyle \varphi(x)$不含参数$\displaystyle a$.若$\displaystyle \varphi(x)$的单调性求解起来较为轻松,走势较为清晰,则可以考虑将此方法继续下去.

例 3.7.1

已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x\cos 3x-ae^{3x}\cos x$,若$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,\frac{\pi}{4})$上没有零点,求实数$\displaystyle a$的取值范围.

例 3.7.2

已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x(2x-1)-ax+a(a<1)$,若存在唯一整数$\displaystyle x_0$使得$\displaystyle f(x_0)<0$,求$\displaystyle a$的取值范围.

分离参数的劣势如下：

（1）只有当原不等式能规约成$\displaystyle h(a)>\varphi(x)$形式时才可使用；

（2）如果存在不等式左右同时除以某函数$\displaystyle g(x)$的情况,如此变形前需验证$\displaystyle g(x)$的零点（如果有的话）并刨去.最终得到的$\displaystyle \varphi (x)$可能是多段函数,且每一步的讨论可能较为繁杂；

（3）得到的新函数可能不易求导；

（4）如果临界情况是未定义点的极限,则需借助高等数学中求解极限的方法解决.

\paragraph{必要性探路}其构造多半基于：（1）修改简单放缩式的参数,（2）复合放缩式,（3）函数的多项式展开,其论证基于连续函数的保号性.

\paragraph{端点效应}这一方法主要考虑目标函数在区间端点处的各阶导数.

对于问题：若$\displaystyle f_a(x)\geqslant 0$在$\displaystyle x\in [b,+\infty)$上恒成立,求解$\displaystyle a$的取值范围.

如果函数$\displaystyle f_a(x)$满足$\displaystyle f^{(k)}_a(b)=0,k=0,1,\cdots,n,f^{(n+1)}_a(b)\neq 0$,那么 “$\displaystyle f^{(n+1)}_a(b)\geqslant 0$”是“$\displaystyle f_a(x)\geqslant 0$在$\displaystyle x\in [b,+\infty)$上恒成立”的必要条件.

必须验证 $\displaystyle f^{(n+1)}_a(b)\geqslant 0$也是该命题的充分条件.

\paragraph{内点效应}若$\displaystyle f_a(x)\geqslant 0$在$\displaystyle x\in[a,b]$上恒成立,且$\displaystyle f_a(c)=0,c\in (a,b)$,则“$\displaystyle f'_a(c)=0$”是“$\displaystyle f_a(x)\geqslant 0$在$\displaystyle x\in[a,b]$上恒成立”的必要条件.

例 3.7.3

已知函数$\displaystyle g(x)=\mathrm{e}^x+\sin x+\cos x$,若$\displaystyle g(x)\geqslant 2+ax$恒成立,求$\displaystyle a$.

注意：等价变形、换元、分类讨论等方法是基本功,学生在掌握“通性通法”的前提下可适当学习一些套路与技巧,切忌舍本逐末.

A 组习题

习$\displaystyle \quad$题

A组

已知函数$\displaystyle f(x)=x^2+2\left(x\geqslant 0\right)$,$\displaystyle g(x)=ae^{-x}\left(a>0\right)$,点$\displaystyle P, Q$分别在函数$\displaystyle y=f(x)$与$\displaystyle y=g(x)$的图象上,$\displaystyle O$为坐标原点.
1. 若关于$\displaystyle x$的方程$\displaystyle f(x)-g(x)=0$在$\displaystyle [0, 1]$上无解,求实数$\displaystyle a$的取值范围；
2. 证明：存在$\displaystyle P, Q$关于直线$\displaystyle y=x$对称；
3. 若存在$\displaystyle P, Q$关于$\displaystyle y$轴对称,求实数$\displaystyle a$的取值范围；
4. 若存在$\displaystyle P, Q$满足$\displaystyle \angle POQ=90^\circ$,求实数$\displaystyle a$的取值范围.
5. 若对任意$\displaystyle x\geqslant 1$,有$\displaystyle x+2\leqslant ae^x+\frac{2x}{ae^x}$恒成立,求实数$\displaystyle a$的取值范围.
6. 设函数$\displaystyle f(x)=(x+2\sin x)(2^{-x}+1), x \in (0, +\infty)$,证明或反驳：
7. 函数$\displaystyle g(x)=f(x)-x$有且仅有一个零点；
8. 函数$\displaystyle g(x)=f(x)-ax-b$有且仅有一个零点,其中$\displaystyle a<0,b>0$；
9. 存在实数$\displaystyle m$,使得$\displaystyle |f(x)-2x| \leqslant m$恒成立；
10. 存在实数$\displaystyle a,b,m$,使得$\displaystyle |f(x)-ax-b| \leqslant m$恒成立.
11. 【2019 全国 I 文 20】 已知函数 $\displaystyle f\left(x\right)=2\sin x-x\cos x-x$，$\displaystyle f'\left(x\right)$ 为 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的导函数.
12. 证明：$\displaystyle f'\left(x\right)$ 在区间 $\displaystyle \left(0,\pi\right)$ 存在唯一零点；
13. 若 $\displaystyle x\in\left[0,\pi\right]$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)\geqslant ax$，求 $\displaystyle a$ 的取值范围.
答案

\[\displaystyle f'\left(x\right)=\cos x+x\sin x-1,\]

令 $\displaystyle g\left(x\right)=\cos x+x\sin x-1$，则

\[\displaystyle g'\left(x\right)=x\cos x.\]

$\displaystyle x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增；$\displaystyle x\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递减，又 $\displaystyle g\left(0\right)=0$，$\displaystyle g\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}-1>0$，$\displaystyle g\left(\pi\right)=-2<0$，因此 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\pi\right)$ 上存在唯一零点，即 $\displaystyle f'\left(x\right)$ 在区间 $\displaystyle \left(0,\pi\right)$ 存在唯一零点.

问直接考虑两个端点：$\displaystyle f\left(0\right)=0$，暂时看不出对 $\displaystyle a$ 有什么限制；$\displaystyle f\left(\pi\right)=0$，那么 $\displaystyle a\pi\leqslant0$，即 $\displaystyle a\leqslant0$，之后利用 $\displaystyle \left(1\right)$ 问结论进一步分析即可得到最终结论：

\[\displaystyle f\left(\pi\right)=0\geqslant a\pi\Rightarrow a\leqslant0.\]

由 $\displaystyle \left(1\right)$ 问过程可知，$\displaystyle f'\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\pi\right)$ 上存在唯一零点 $\displaystyle x_0$，且在 $\displaystyle \left(0,x_0\right)$ 上 $\displaystyle f'\left(x\right)>0$，在 $\displaystyle \left(x_0,\pi\right)$ 上 $\displaystyle f'\left(x\right)<0$，因此 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,x_0\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(x_0,\pi\right)$ 上单调递减.

又 $\displaystyle f\left(0\right)=0$，$\displaystyle f\left(\pi\right)=0$，即在 $\displaystyle \left[0,\pi\right]$ 上 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant0$，因此 $\displaystyle a\leqslant0$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)\geqslant ax$ 在 $\displaystyle \left[0,\pi\right]$ 上恒成立.

综上，$\displaystyle a\in\left(-\infty,0\right]$.
1. 【2011新课标I卷21】已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$.如果当$\displaystyle x>0$,且$\displaystyle x\neq 1$时,$\displaystyle f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$,求$\displaystyle k$的取值范围.
答案

可知 $$\displaystyle f(x) - \left(\frac{\ln x}{x-1} + \frac{k}{x}\right) = \frac{1}{1-x^2}\left(2\ln x + \frac{(k-1)(x^2-1)}{x}\right)$$

考虑函数 $\displaystyle h(x) = 2\ln x + \frac{(k-1)(x^2-1)}{x}$（$\displaystyle x > 0$）,则 $$\displaystyle h'(x) = \frac{(k-1)(x^2+1)+2x}{x^2}$$

（i）设 $\displaystyle k \leqslant 0$．由 $\displaystyle h'(x) = \frac{k(x^2+1)-(x-1)^2}{x^2}$ 知,当 $\displaystyle x \ne 1$ 时,$\displaystyle h'(x) < 0$．而 $\displaystyle h(1) = 0$,故

当 $\displaystyle x \in (0, 1)$ 时,$\displaystyle h(x) > 0$,可得 $\displaystyle \frac{1}{1-x^2}h(x) > 0$；当 $\displaystyle x \in (1, +\infty)$ 时,$\displaystyle h(x) < 0$,可得 $\displaystyle \frac{1}{1-x^2}h(x) > 0$．

从而当 $\displaystyle x > 0$ 且 $\displaystyle x \ne 1$ 时,$\displaystyle f(x) - \left(\frac{\ln x}{x-1} + \frac{k}{x}\right) > 0$,即 $\displaystyle f(x) > \frac{\ln x}{x-1} + \frac{k}{x}$．

（ii）设 $\displaystyle 0 < k < 1$．由于当 $\displaystyle x \in \left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时,$\displaystyle (k-1)(x^2+1)+2x > 0$,故 $\displaystyle h'(x) > 0$．而 $\displaystyle h(1) = 0$,故当 $\displaystyle x \in \left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时,$\displaystyle h(x) > 0$,可得 $\displaystyle \frac{1}{1-x^2}h(x) < 0$．与题设矛盾．

（iii）设 $\displaystyle k \geqslant 1$．此时 $\displaystyle h'(x) > 0$,而 $\displaystyle h(1) = 0$,当 $\displaystyle x \in (1, +\infty)$ 时,$\displaystyle h(x) > 0$,可得 $\displaystyle \frac{1}{1-x^2}h(x) < 0$．与题设矛盾．

综合得$\displaystyle k$ 的取值范围为 $\displaystyle (-\infty, 0]$．
1. 【2022新高考II卷22（2）】设函数$\displaystyle f(x)=xe^{ax}-\mathrm{e}^x$,当$\displaystyle x>0$时,$\displaystyle f(x)<-1$,求$\displaystyle a$的取值范围.
答案

对$\displaystyle f(x)$求导得到$\displaystyle f'\left(x\right)=\left(1+ax\right)\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^{x}=\mathrm{e}^{ax}\left[1+ax-\mathrm{e}^{\left(1-a\right)x}\right]$．令 $\displaystyle g\left(x\right)=1+ax-\mathrm{e}^{\left(1-a\right)x}$，则 $\displaystyle g'\left(x\right)=a-\left(1-a\right)\mathrm{e}^{\left(1-a\right)x}$．

若 $\displaystyle a\leqslant\frac{1}{2}$，则 $\displaystyle 1-a>0$，于是当 $\displaystyle x\in\left(0,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle \mathrm{e}^{\left(1-a\right)x}>1$，故 $\displaystyle g'\left(x\right)<2a-1\leqslant 0$，因此 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$，从而 $\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，所以 $\displaystyle f\left(x\right)<f\left(0\right)=-1$，满足题意。

若 $\displaystyle \frac{1}{2}<a<1$，则 $\displaystyle 1-a>0$，$\displaystyle \frac{a}{1-a}>1$，当 $\displaystyle x\in\left(0,\frac{1}{1-a}\ln\frac{a}{1-a}\right)$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{1}{1-a}\ln\frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递增，故 $\displaystyle g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$，所以 $\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{1}{1-a}\ln\frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递增．在该区间上有 $\displaystyle f\left(x\right)>f\left(0\right)=-1$．

若 $\displaystyle a\geqslant 1$，则 $\displaystyle f\left(1\right)=\mathrm{e}^{a}-\mathrm{e}\geqslant 0>-1$．不符题意。

综上，$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left(-\infty,\frac{1}{2}\right]$．
1. 【2008全国II卷22】设函数 $\displaystyle f(x)=\frac{\sin x}{2+\cos x}$.对任意 $\displaystyle x\geqslant 0$都有 $\displaystyle f(x)\leqslant ax$,求 $\displaystyle a$ 的取值范围.
答案

令 $\displaystyle g\left(x\right)=ax-f\left(x\right)$，则 $$\displaystyle g'\left(x\right)=a-\frac{2\cos x+1}{\left(2+\cos x\right)^{2}}=a-\frac{2}{2+\cos x}+\frac{3}{\left(2+\cos x\right)^{2}}=3\left(\frac{1}{2+\cos x}-\frac{1}{3}\right)^{2}+a-\frac{1}{3}.$$

当 $\displaystyle a\geqslant\frac{1}{3}$时，$\displaystyle g'\left(x\right)\geqslant 0$．又 $\displaystyle g\left(0\right)=0$，所以当 $\displaystyle x\geqslant 0$，$\displaystyle g\left(x\right)\geqslant g\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle f\left(x\right)\leqslant ax$．

当 $\displaystyle 0<a<\frac{1}{3}$时，由于$\displaystyle g'(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上单调递增，当$\displaystyle g'(\pi)>0$时，$\displaystyle g'(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上存在唯一的零点$\displaystyle x_0$，且在$\displaystyle (0,x_0)$上$\displaystyle g'(x)<0$，在$\displaystyle (x_0,\pi)$上$\displaystyle g'(x)>0$，所以$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,x_0)$上单调递减，在$\displaystyle (x_0,\pi)$上单调递增，故$\displaystyle g(x_0)<g(0)=0$，不符题意。当$\displaystyle g'(\pi)\leqslant 0$时，$\displaystyle g'(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上取负值，于是$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上单调递减，有$\displaystyle g(\pi)<g(0)=0$，不符题意。

综上：$\displaystyle a\geqslant \frac{1}{3}$.

附：另一种证明$\displaystyle 0<a<\frac{1}{3}$不符题意的方法：令 $\displaystyle h\left(x\right)=\sin x-3ax$，则 $\displaystyle h'\left(x\right)=\cos x-3a$．故当 $\displaystyle x\in\left[0,\arccos 3a\right)$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)>0$．因此 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left[0,\arccos 3a\right)$ 上单调增加，故当 $\displaystyle x\in\left(0,\arccos 3a\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)>h\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle \sin x>3ax.$ 于是，当 $\displaystyle x\in\left(0,\arccos 3a\right)$ 时， $$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\sin x}{2+\cos x}>\frac{\sin x}{3}>ax.$$ 不符题意。
1. 【2011浙江文21】设函数 $\displaystyle f(x)=a^2\ln x-x^2+ax$,$\displaystyle a>0$.
2. 求函数 $\displaystyle f(x)$ 的单调区间；
3. 求所有的实数 $\displaystyle a$,使 $\displaystyle \mathrm{e}-1\leqslant f(x)\leqslant \mathrm{e}^2$ 对 $\displaystyle x\in[1,\mathrm{e}]$ 恒成立.
答案

（1）因为 $\displaystyle f\left(x\right)=a^{2}\ln x-x^{2}+ax$，其中 $\displaystyle x>0$，所以 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{a^{2}}{x}-2x+a=-\frac{\left(x-a\right)\left(2x+a\right)}{x}$．

由于 $\displaystyle a>0$，所以 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的增区间为 $\displaystyle \left(0,a\right)$，减区间为 $\displaystyle \left(a,+\infty\right)$．

（2）由题意得，$\displaystyle f\left(1\right)=a-1\geqslant \mathrm{e}^{-1}$，即 $\displaystyle a\geqslant \mathrm{e}$．

由（1）知 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left[1,\mathrm{e}\right]$ 单调递增，

要使 $\displaystyle \mathrm{e}^{-1}\leqslant f\left(x\right)\leqslant \mathrm{e}^{2}$ 对 $\displaystyle x\in\left[1,\mathrm{e}\right]$ 恒成立，

只要

\[\displaystyle \left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=a-1\geqslant \mathrm{e}^{-1},\\f\left(\mathrm{e}\right)=a^{2}-\mathrm{e}^{2}+a\mathrm{e}\leqslant \mathrm{e}^{2},\end{array}\right.\]

解得 $\displaystyle a=\mathrm{e}$．
1. 【2011浙江理22】设函数$\displaystyle f(x)=(x-a)^2\ln x,a\in\mathbb{R}$.求$\displaystyle a$取值范围,使得对任意$\displaystyle x\in(0,3\mathrm{e}]$,恒有$\displaystyle f(x)\leqslant4\mathrm{e}^2$成立.
答案

当 $\displaystyle 0<x\leqslant 1$ 时，对于任意的实数 $\displaystyle a$，恒有 $\displaystyle f\left(x\right)\leqslant 0<4\mathrm{e}^{2}$ 成立．

当 $\displaystyle 1<x\leqslant 3\mathrm{e}$ 时，若$\displaystyle a\leqslant 0$，则$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (1,3\mathrm{e}]$ 上单调递增，而 $\displaystyle f\left(3\mathrm{e}\right)=\left(3\mathrm{e}-a\right)^{2}\ln\left(3\mathrm{e}\right)>9\mathrm{e}^2\ln(3\mathrm{e})>4\mathrm{e}^{2}$，不符题意．于是考虑$\displaystyle a>0$的情况。由题意，首先有 $\displaystyle f\left(3\mathrm{e}\right)=\left(3\mathrm{e}-a\right)^{2}\ln\left(3\mathrm{e}\right)\leqslant 4\mathrm{e}^{2}$，解得 $\displaystyle 3\mathrm{e}-\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln\left(3\mathrm{e}\right)}}\leqslant a\leqslant 3\mathrm{e}+\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln\left(3\mathrm{e}\right)}}$．

而 $\displaystyle f'\left(x\right)=\left(x-a\right)\left(2\ln x+1-\frac{a}{x}\right)$，令 $\displaystyle h\left(x\right)=2\ln x+1-\frac{a}{x}$，则 $\displaystyle h\left(1\right)=1-a<0$，$\displaystyle h\left(a\right)=2\ln a>0$，而 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 内单调递增，所以函数 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 内有唯一零点，记此零点为 $\displaystyle x_0$，$\displaystyle 1<x_0<a$，于是$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (1,x_0)$上单调递增，在$\displaystyle (x_0,a)$上单调递减，在$\displaystyle (a,+\infty)$上单调递增，而$\displaystyle h(3\mathrm{e})=2\ln(3\mathrm{e})+1-\frac{a}{3\mathrm{e}}<2\ln (3\mathrm{e})+1<3\mathrm{e}$，所以$\displaystyle x_0<3\mathrm{e}$，$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (1,3\mathrm{e}]$上的最大值为$\displaystyle \max\{f(x_0),f(3\mathrm{e})\}$

对于$\displaystyle f(3\mathrm{e})\leqslant 4\mathrm{e}^2$，解得$\displaystyle 3\mathrm{e}-\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln\left(3\mathrm{e}\right)}}\leqslant a\leqslant 3\mathrm{e}+\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln\left(3\mathrm{e}\right)}}$，下求解$\displaystyle f(x_0)\leqslant 3\mathrm{e}$,已知$\displaystyle x_0$满足$\displaystyle 2x_0\ln x_0+x_0=a$，于是$\displaystyle f(x_0)=(x_0-a)^2\ln x_0=4x_0^2(\ln x_0)^3$，而函数 $\displaystyle x^{2}\ln^{3}x$ 在 $\displaystyle \left[1,+\infty\right)$ 内单调递增，于是解$\displaystyle f(x_0)\leqslant 4\mathrm{e}^2$得到$\displaystyle 1<x_0\leqslant \mathrm{e}$，故$\displaystyle a=2x_0\ln x_0+x_0\in(1,3\mathrm{e}]$。

综上所述，$\displaystyle a$的取值范围是$\displaystyle 3\mathrm{e}-\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln\left(3\mathrm{e}\right)}}\leqslant a\leqslant 3\mathrm{e}$．
```
 新答案（来源：341-360必要性探路同构与拟合.md）：
```
1. \[\displaystyle f'\left(x\right)=2\left(x-a\right)\ln x+\frac{\left(x-a\right)^2}{x}=\left(x-a\right)\left(2\ln x-\frac{a}{x}+1\right).\]
  
  依题意$\displaystyle f'\left(\mathrm{e}\right)=0$，即$\displaystyle \left(\mathrm{e}-a\right)\left(3-\frac{a}{\mathrm{e}}\right)=0$，解得$\displaystyle a=\mathrm{e}$或$\displaystyle a=3\mathrm{e}$.
  
  经检验，$\displaystyle a=\mathrm{e},a=3\mathrm{e}$均满足题意，因此$\displaystyle a=\mathrm{e}$或$\displaystyle a=3\mathrm{e}$.
2. 问首先可以看成是一个端点效应题目，因此$\displaystyle f\left(3\mathrm{e}\right)\leqslant4\mathrm{e}^2$，这样可以初步得到$\displaystyle a$的范围，借助（1）问提示，$\displaystyle f\left(\mathrm{e}\right)\leqslant4\mathrm{e}^2$，这样进一步缩小了$\displaystyle a$的范围，之后论述其充分性即可：
  
  \[\displaystyle f\left(3\mathrm{e}\right)\leqslant4\mathrm{e}^2,\quad \left(3\mathrm{e}-a\right)^2\ln3\mathrm{e}\leqslant4\mathrm{e}^2,\]
  
  解得$\displaystyle 3\mathrm{e}-\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln3\mathrm{e}}}\leqslant a\leqslant3\mathrm{e}+\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln3\mathrm{e}}}$.
  
  \[\displaystyle f\left(\mathrm{e}\right)\leqslant4\mathrm{e}^2,\quad \left(\mathrm{e}-a\right)^2\leqslant4\mathrm{e}^2,\]
  
  解得$\displaystyle -\mathrm{e}\leqslant a\leqslant3\mathrm{e}$.
  
  于是$\displaystyle 3\mathrm{e}-\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln3\mathrm{e}}}\leqslant a\leqslant3\mathrm{e}$.
  
  令$\displaystyle g\left(x\right)=2\ln x-\frac{a}{x}+1$，显然$\displaystyle g\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$上单调递增，又$\displaystyle g\left(1\right)=1-a<0$，$\displaystyle g\left(a\right)=2\ln a>0$，因此$\displaystyle g\left(x\right)$在$\displaystyle \left(1,a\right)$上有唯一零点$\displaystyle x_0$，且$\displaystyle 0<x<x_0$时，$\displaystyle g\left(x\right)<0$；$\displaystyle x>x_0$时，$\displaystyle g\left(x\right)>0$，对$\displaystyle f'\left(x\right),f\left(x\right)$列表如下：
  
  \[\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} x&\left(0,x_0\right)&x_0&\left(x_0,a\right)&a&\left(a,+\infty\right)\\ \hline f'\left(x\right)&+&0&-&0&+\\ f\left(x\right)&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&\text{极小值}&\nearrow \end{array}\]
  
  由表可知，$\displaystyle f\left(x_0\right)\leqslant4\mathrm{e}^2$，$\displaystyle f\left(3\mathrm{e}\right)\leqslant4\mathrm{e}^2$时满足题意，$\displaystyle f\left(3\mathrm{e}\right)\leqslant4\mathrm{e}^2$已论证，只需考虑$\displaystyle f\left(x_0\right)\leqslant4\mathrm{e}^2$.
  
  $\displaystyle g\left(x_0\right)=0\Rightarrow a=2x_0\ln x_0+x_0$，$\displaystyle f\left(x_0\right)=4x_0^2\ln^3x_0$.
  
  $\displaystyle 2x\ln x+x$在$\displaystyle \left(1,+\infty\right)$上随$\displaystyle x$增大而增大，$\displaystyle a=2x_0\ln x_0+x_0\leqslant3\mathrm{e}$，$\displaystyle x_0>1\Rightarrow1<x_0\leqslant\mathrm{e}$.
  
  又$\displaystyle 4x^2\ln^3x$在$\displaystyle \left(1,+\infty\right)$上随$\displaystyle x$增大而增大，因此$\displaystyle f\left(x_0\right)\leqslant4\mathrm{e}^2$.
  
  综上，$\displaystyle 3\mathrm{e}-\frac{2\mathrm{e}}{\sqrt{\ln3\mathrm{e}}}\leqslant a\leqslant3\mathrm{e}$.
1. 当$\displaystyle x\geqslant 0$时,函数$\displaystyle g(x)=2(\mathrm{e}^x-ax)-x^2-a^2\geqslant 0$恒成立,求实数$\displaystyle a$的取值范围.
2. 【2022长郡十五校联考22】$\displaystyle \mathrm{e}^x-2(a+1)x+\frac{3}{2}\geqslant\frac{1}{2}x^2+2(a+1)^2$在$\displaystyle x\in[0,+\infty)$恒成立,求$\displaystyle a$的取值范围.
3. 【2023湖南师大附中月考一22】已知函数$\displaystyle f(x)=(x-a)(\mathrm{e}^x+1),g(x)=ax\ln x+x+\frac{1}{e^2}$,设$\displaystyle F(x)=\max(f(x),g(x))$.当$\displaystyle x>0$时,$\displaystyle F(x)\geqslant 0$,求$\displaystyle a$的取值范围.
4. 【2026浙江强基联盟开学考18】
  1. 证明：当$\displaystyle x\geqslant 0$时,有$\displaystyle \sin x-\sin 3x\geqslant-2x$；
5. 若对任意$\displaystyle x\geqslant 0$,都有$\displaystyle |\sin x-\sin 3x|\leqslant ax$成立,求实数$\displaystyle a$的取值范围.
6. 已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^{ax}\sin x$,当$\displaystyle x\leqslant \frac{\pi}{2}$时,$\displaystyle f(x)\geqslant x$恒成立,求正实数$\displaystyle a$的取值范围.
7. 【2008湖南理21】已知函数$\displaystyle f(x)=\ln^2(1+x)-\frac{x^2}{1+x}$.
8. 求函数$\displaystyle f(x)$的单调区间；
9. 若不等式$\displaystyle (1+\frac{1}{n})^{n+\alpha}\leqslant \mathrm{e}$对任意的$\displaystyle n\in\mathbb{N^*}$都成立,求$\displaystyle \alpha$的最大值.
答案

函数$\displaystyle f\left(x\right)$的定义域是$\displaystyle \left(-1,+\infty\right)$。 $$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2\ln\left(1+x\right)}{1+x}-\frac{x^2+2x}{\left(1+x\right)^2} =\frac{2\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)-x^2-2x}{\left(1+x\right)^2}.$$

设$\displaystyle g\left(x\right)=2\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)-x^2-2x$，则$\displaystyle g'\left(x\right)=2\ln\left(1+x\right)-2x$。

令$\displaystyle h\left(x\right)=2\ln\left(1+x\right)-2x$，则$\displaystyle h'\left(x\right)=\frac{2}{1+x}-2=\frac{-2x}{1+x}$。

当$\displaystyle -1<x<0$时，$\displaystyle h'\left(x\right)>0$，$\displaystyle h\left(x\right)$在$\displaystyle \left(-1,0\right)$上为增函数，

当$\displaystyle x>0$时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$上为减函数。

所以$\displaystyle h\left(x\right)$在$\displaystyle x=0$处取得极大值，而$\displaystyle h\left(0\right)=0$，所以$\displaystyle g'\left(x\right)<0\left(x\ne0\right)$，函数$\displaystyle g\left(x\right)$在$\displaystyle \left(-1,+\infty\right)$上为减函数。

于是当$\displaystyle -1<x<0$时，$\displaystyle g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$，当$\displaystyle x>0$时，$\displaystyle g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$。

所以，当$\displaystyle -1<x<0$时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在$\displaystyle \left(-1,0\right)$上为增函数，

当$\displaystyle x>0$时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$上为减函数。

故函数$\displaystyle f\left(x\right)$的单调递增区间为$\displaystyle \left(-1,0\right)$，单调递减区间为$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$。

不等式$\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^{n+\alpha}\leqslant\mathrm{e}$等价于不等式$\displaystyle \left(n+\alpha\right)\ln\left(1+\frac1n\right)\leqslant1$。

由$\displaystyle 1+\frac1n>1$知，$\displaystyle \alpha\leqslant\frac{1}{\ln\left(1+\frac1n\right)}-n$。

设$\displaystyle G\left(x\right)=\frac{1}{\ln\left(1+x\right)}-\frac1x$，$\displaystyle x\in\left(0,1\right]$，则 $$\displaystyle G'\left(x\right)=-\frac{1}{\left(1+x\right)\ln^2\left(1+x\right)}+\frac{1}{x^2} =\frac{\left(1+x\right)\ln^2\left(1+x\right)-x^2}{x^2\left(1+x\right)\ln^2\left(1+x\right)}.$$

由（1）知，$\displaystyle \ln^2\left(1+x\right)-\frac{x^2}{1+x}\leqslant0$，即$\displaystyle \left(1+x\right)\ln^2\left(1+x\right)-x^2\leqslant0$。

所以$\displaystyle G'\left(x\right)<0$，$\displaystyle x\in\left(0,1\right]$，于是$\displaystyle G\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,1\right]$上为减函数。

故函数$\displaystyle G\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,1\right]$上的最小值为$\displaystyle G\left(1\right)=\frac{1}{\ln2}-1$。

所以$\displaystyle \alpha$的最大值为$\displaystyle \frac{1}{\ln2}-1$。

【解题思路】解第（1）问时，要求函数$\displaystyle f\left(x\right)$的单调区间，即要确定导函数$\displaystyle y=f'\left(x\right)$的符号。如果$\displaystyle y=f'\left(x\right)$的符号不能直接判定，就取不能直接判定符号的部分构造新的函数，再利用导数的相关知识解决问题。

具体来说，首先求出$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)-x^2-2x}{\left(1+x\right)^2}$，然后构造新函数，即$\displaystyle g\left(x\right)=2\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)-x^2-2x$，则$\displaystyle h\left(x\right)=g'\left(x\right)=2\ln\left(1+x\right)-2x$。再分区间$\displaystyle \left(-1,0\right)$，$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$判断$\displaystyle h\left(x\right)$的单调性，从而确定函数$\displaystyle g\left(x\right)$在$\displaystyle \left(-1,+\infty\right)$上为减函数。最后，分区间$\displaystyle \left(-1,0\right)$，$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$说明$\displaystyle f'\left(x\right)$的符号，求出函数$\displaystyle f\left(x\right)$的单调区间。

解第（2）问时，由对数函数$\displaystyle y=\ln x$的性质可知，所证不等式等价于不等式$\displaystyle \alpha\leqslant\frac{1}{\ln\left(1+\frac1n\right)}-n$，再将问题转化为求函数$\displaystyle G\left(x\right)=\frac{1}{\ln\left(1+x\right)}-\frac1x$在区间$\displaystyle \left(0,1\right]$上的最小值。由（1）知，函数$\displaystyle G\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(0,1\right]$上为减函数，从而得到$\displaystyle G\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(0,1\right]$上的最小值，亦即$\displaystyle \alpha$的最大值为$\displaystyle G\left(1\right)$。

【实测数据】本题难度为 0.078，区分度为 0.589。

分段得分（单位：分）人数百分比： $$\displaystyle \begin{array}{c|cccccc} 得分&0\sim2&3\sim4&5\sim6&7\sim8&9\sim10&11\sim13\\ \hline 人数百分比&88.7\%&7.6\%&2.2\%&1.2\%&0.2\%&0.1\% \end{array}$$

【易错警示】考生解答本题的主要问题有：

（1）相关基础知识不熟练。

①不会求函数的定义域。如将$\displaystyle f\left(x\right)$的定义域错写为$\displaystyle \left(-\infty,+\infty\right)$。

②直接对数列求导数，如：由$\displaystyle f\left(n\right)=\frac{1}{\ln\left(1+\frac1n\right)}-n\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$，得$\displaystyle f'\left(n\right)=-\frac{1}{\left(1+n\right)\ln^2\left(1+n\right)}+\frac{1}{n^2}$。

（2）计算能力较差。

如出现下列错误：

①$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2\ln\left(1+x\right)}{1+x}-\frac{x^2+2x}{\left(1+x\right)^2}=\frac{2\left(x+1\right)\left[\ln\left(1+x\right)-x\right]}{\left(1+x\right)^2}$。

②$\displaystyle \left(n+2\right)\ln\left(1+\frac1n\right)\leqslant1\Rightarrow2\leqslant\ln\left(1+\frac1n\right)-n$。

（3）思维不严密。有些考生直接引用既不是定理、定义、公理而又未加证明的相关结论。
1. 【2014北京18加强】
2. 当 $\displaystyle 0 \leqslant x \leqslant \pi$ 时,若 $\displaystyle m(\pi - x) \leqslant 1$,求 $\displaystyle m$ 的取值范围；
3. 设集合 $\displaystyle S = \{x \mid \sin x \leqslant \pi x(\pi - x)\}$,证明： $\displaystyle \left[0, \frac{\pi}{2}\right] \subseteq S$ 当且仅当 $\displaystyle \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right] \subseteq S$ ；
4. 若不等式 $\displaystyle a x(\pi - x) \leqslant \sin x \leqslant b x(\pi - x)$ 对于任意 $\displaystyle 0 \leqslant x \leqslant \pi$ 恒成立,求实数 $\displaystyle a$ 的最大值与实数 $\displaystyle b$ 的最小值.
5. 【2023全国甲卷理21】已知函数$\displaystyle f(x)=ax-\frac{\sin x}{\cos^3x},x\in\left( 0,\frac{\pi }{2} \right)$,若$\displaystyle f(x)<\sin2x$,求$\displaystyle a$的取值范围.
答案

设$\displaystyle g(x)=f(x)-\sin 2x$，对$\displaystyle g(x)$求导得到$$\displaystyle g'\left(x\right)=a-\frac{\cos^{4}x+3\sin^{2}x\cos^{2}x}{\cos^{6}x}-2\cos 2x=a-\frac{3-2\cos^{2}x}{\cos^{4}x}-2\left(2\cos^{2}x-1\right).$$ 令 $\displaystyle h\left(t\right)=a-\frac{3-2t}{t^{2}}-4t+2$，其中 $\displaystyle t\in\left(0,1\right)$．则 $\displaystyle g'\left(x\right)=h\left(\cos^{2}x\right)$．可知$\displaystyle h'\left(t\right)=-4-\frac{2}{t^{2}}+\frac{6}{t^{3}}=-\frac{6-2t-4t^3}{t^{3}}$，在$\displaystyle (0,1)$上取正值，于是$\displaystyle h\left(t\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 单调递增．因此，$\displaystyle h\left(t\right)<h\left(1\right)=a-3$．

（i）若 $\displaystyle a-3\leqslant 0$ 即 $\displaystyle a\leqslant 3$，则 $\displaystyle g'\left(x\right)=h\left(\cos^{2}x\right)<a-3\leqslant 0$ 恒成立，所以 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减，故 $\displaystyle g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle f\left(x\right)<\sin 2x$，符合题意.

（ii）若 $\displaystyle a>3$，则 $\displaystyle h\left(1\right)=a-3>0$，而 $$\displaystyle h(t)=a-\frac{3-2t}{t^2}-4t+2<a-\frac{1}{t^2}+2=\varphi(t)$$ 于是$\displaystyle h(\frac{1}{\sqrt{a+2}})<\varphi(\frac{1}{\sqrt{a+2}})=0$，所以存在 $\displaystyle t_0\in\left[\frac{1}{\sqrt{a+2}},1\right]$ 使得 $\displaystyle h\left(t_0\right)=0$．取 $\displaystyle x_0\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 使得 $\displaystyle \cos^{2}x_0=t_0$，则当 $\displaystyle t\in\left(t_0,1\right)$ 时，$\displaystyle h\left(t\right)>0$，从而当 $\displaystyle x\in\left(0,x_0\right)$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)=h\left(\cos^{2}x\right)<0$．所以 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,x_0\right)$ 单调递增，故 $\displaystyle g\left(x_0\right)>g\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle f\left(x_0\right)>\sin 2x_0$，不符合题意.

综上，$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left(-\infty,3\right]$．
1. 【2023杭州一模22】已知函数 $\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x-\frac{a}{x}\ (a\in\mathbb{R})$.
2. 讨论函数 $\displaystyle f(x)$ 零点个数；
3. 若 $\displaystyle |f(x)|>a\ln x-a$ 恒成立,求 $\displaystyle a$ 的取值范围
4. 已知函数$\displaystyle f(x)=a^{x-1}-\log_a x,\ a>1$.若关于$\displaystyle x$的不等式$\displaystyle f(x)<1$的解集为集合$\displaystyle B\subseteq(\frac{1}{a},a)$,求$\displaystyle a$的取值范围.
5. 【2025浙江学考21】已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{\sin x-1}{\cos x-2},g(x)=\frac{a\cos x+2}{\sin x+1},a\in\mathbb{R}$
  1. 若$\displaystyle g(x)$的最小值为0,求$\displaystyle a$的值；
    1. 若对任意$\displaystyle x\in[0,\frac{\pi}{3}]$,存在$\displaystyle x_0\in[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}]$,使得$\displaystyle f(x)\geqslant g(x_0)$恒成立,求$\displaystyle a$的取值范围.
答案
1. 解法1：由题设得，存在$\displaystyle x_0\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$，$\displaystyle f\left(x\right)_{\min}\geqslant g\left(x_0\right)$成立．
因为$\displaystyle y=1-\sin x$，$\displaystyle y=\frac{1}{2-\cos x}$均在$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{3}\right]$单调递减．

任取$\displaystyle x_1,x_2\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$，$\displaystyle x_1<x_2$，则$\displaystyle 1-\sin x_1>1-\sin x_2>0$，

$\displaystyle \frac{1}{2-\cos x_1}>\frac{1}{2-\cos x_2}>0$，

所以$\displaystyle \frac{1-\sin x_1}{2-\cos x_1}>\frac{1-\sin x_2}{2-\cos x_2}$，即$\displaystyle \frac{\sin x_1-1}{\cos x_1-2}>\frac{\sin x_2-1}{\cos x_2-2}$，所以$\displaystyle f\left(x\right)$在$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{3}\right]$单调递减，所以$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$时，$\displaystyle f\left(x\right)_{\min}=f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{2-\sqrt{3}}{3}$．

所以存在$\displaystyle x_0\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$，$\displaystyle g\left(x_0\right)=\frac{a\cos x_0+2}{\sin x_0+1}\leqslant\frac{2-\sqrt{3}}{3}$．

$$\displaystyle g\left(x_0\right)=\frac{a\left(\cos^2\frac{x_0}{2}-\sin^2\frac{x_0}{2}\right)+2\left(\sin^2\frac{x_0}{2}+\cos^2\frac{x_0}{2}\right)}{2\sin\frac{x_0}{2}\cos\frac{x_0}{2}+\left(\sin^2\frac{x_0}{2}+\cos^2\frac{x_0}{2}\right)}=\frac{\left(2-a\right)\tan^2\frac{x_0}{2}+a+2}{2\tan\frac{x_0}{2}+\tan^2\frac{x_0}{2}+1}$$ 令$\displaystyle t=\tan\frac{x_0}{2}$，$\displaystyle t\in\left[-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right]$，

则$\displaystyle g\left(x_0\right)=\frac{\left(2-a\right)t^2+a+2}{t^2+2t+1}=\frac{4}{\left(t+1\right)^2}+2\left(a-2\right)\cdot\frac{1}{t+1}+2-a$．

令$\displaystyle m=\frac{1}{t+1}$，$\displaystyle m\in\left[\frac{3-\sqrt{3}}{2},\frac{3+\sqrt{3}}{2}\right]$，则$\displaystyle g\left(x_0\right)=h\left(m\right)=4m^2+2\left(a-2\right)m+2-a$．

①当$\displaystyle \frac{2-a}{4}<\frac{3-\sqrt{3}}{2}$，即$\displaystyle a>2\sqrt{3}-4$时，$\displaystyle h\left(m\right)_{\min}=8-4\sqrt{3}+\left(2-\sqrt{3}\right)a\leqslant\frac{2-\sqrt{3}}{3}$，解得$\displaystyle a\leqslant-\frac{11}{3}$，这与$\displaystyle a>2\sqrt{3}-4$矛盾；

②当$\displaystyle \frac{2-a}{4}>\frac{3+\sqrt{3}}{2}$，即$\displaystyle a<-4-2\sqrt{3}$时，$\displaystyle h\left(m\right)_{\min}=8+4\sqrt{3}+\left(2+\sqrt{3}\right)a\leqslant\frac{2-\sqrt{3}}{3}$，解得$\displaystyle a\leqslant\frac{-5-4\sqrt{3}}{3}$，所以$\displaystyle a<-4-2\sqrt{3}$；

③当$\displaystyle -4-2\sqrt{3}\leqslant a\leqslant-4+2\sqrt{3}$时，$\displaystyle h\left(m\right)_{\min}=1-\frac{a^2}{4}\leqslant\frac{2-\sqrt{3}}{3}$，解得$\displaystyle a\leqslant-\frac{2}{3}\sqrt{3+3\sqrt{3}}$，所以$\displaystyle -4-2\sqrt{3}\leqslant a\leqslant-\frac{2}{3}\sqrt{3+3\sqrt{3}}$．综上，$\displaystyle a\leqslant-\frac{2}{3}\sqrt{3+3\sqrt{3}}$．

解法2：因为$\displaystyle x\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$，$\displaystyle \cos x>0$，所以$\displaystyle g\left(x\right)=\frac{a\cos x+2}{\sin x+1}=\frac{a+2\sqrt{1+\tan^2 x}}{\tan x+\sqrt{1+\tan^2 x}}$，

设$\displaystyle t=\tan x+\sqrt{1+\tan^2 x}$，当$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$时，$\displaystyle t=\tan x+\sqrt{1+\tan^2 x}$为增函数，$\displaystyle t\in\left[1,2+\sqrt{3}\right]$；

当$\displaystyle x\in\left[-\frac{\pi}{3},0\right]$时，$\displaystyle t=\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 x}-\tan x}$为增函数，$\displaystyle t\in\left[2-\sqrt{3},1\right]$；

所以$\displaystyle t\in\left[2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}\right]$．由$\displaystyle t=\tan x+\sqrt{1+\tan^2 x}$，得$\displaystyle \tan x=\frac{t^2-1}{2t}$．

设$\displaystyle m=\frac{1}{t}$，$\displaystyle h\left(m\right)=m^2+am+1$，$\displaystyle m\in\left[2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}\right]$．

①当$\displaystyle -\frac{a}{2}\leqslant2-\sqrt{3}$，即$\displaystyle a\geqslant-4+2\sqrt{3}$时，$\displaystyle h\left(m\right)$在$\displaystyle \left[2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}\right]$单调递增．

所以$\displaystyle h\left(m\right)_{\min}=h\left(2-\sqrt{3}\right)=\left(2-\sqrt{3}\right)^2+a\left(2-\sqrt{3}\right)+1\leqslant\frac{2-\sqrt{3}}{3}$．

解得$\displaystyle a\leqslant-\frac{11}{3}$与$\displaystyle a\geqslant-4+2\sqrt{3}$矛盾．

②当$\displaystyle -\frac{a}{2}\geqslant2+\sqrt{3}$，即$\displaystyle a\leqslant-4-2\sqrt{3}$时，$\displaystyle h\left(m\right)$在$\displaystyle \left[2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}\right]$单调递减．

所以$\displaystyle h\left(m\right)_{\min}=h\left(2+\sqrt{3}\right)=\left(2+\sqrt{3}\right)^2+a\left(2+\sqrt{3}\right)+1\leqslant\frac{2-\sqrt{3}}{3}$．

解得$\displaystyle a\leqslant\frac{-5-4\sqrt{3}}{3}$，所以$\displaystyle a\leqslant-4-2\sqrt{3}$．

③当$\displaystyle -4-2\sqrt{3}\leqslant a\leqslant-4+2\sqrt{3}$时，$\displaystyle h\left(m\right)_{\min}=h\left(-\frac{a}{2}\right)=\frac{a^2}{4}+a\left(-\frac{a}{2}\right)+1=\frac{4-a^2}{4}\leqslant\frac{2-\sqrt{3}}{3}$．

解得$\displaystyle a\leqslant-\frac{2}{3}\sqrt{3+3\sqrt{3}}$，所以$\displaystyle -4-2\sqrt{3}\leqslant a\leqslant-\frac{2}{3}\sqrt{3+3\sqrt{3}}$．综上$\displaystyle a\leqslant-\frac{2}{3}\sqrt{3+3\sqrt{3}}$．

解法3：记函数$\displaystyle p\left(x\right)=1-\sin x$，$\displaystyle q\left(x\right)=2-\cos x$，则在$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{3}\right]$上，$\displaystyle p\left(x\right)$单调递减且恒正，$\displaystyle q\left(x\right)$单调递增且恒正，于是$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{p\left(x\right)}{q\left(x\right)}$在$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{3}\right]$单调递减，因此$\displaystyle f\left(x\right)$在$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{3}\right]$上的最小值$\displaystyle m=f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{2-\sqrt{3}}{3}\in\left(0,0.1\right)$．

故对任意$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$，存在$\displaystyle x_0\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$，都有$\displaystyle f\left(x\right)\geqslant g\left(x_0\right)$成立转化为，存在$\displaystyle x_0\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$，$\displaystyle m\geqslant g\left(x_0\right)$，

即$\displaystyle \frac{a\cos x_0+2}{\sin x_0+1}\leqslant m$，亦即$\displaystyle a\cos x_0-m\sin x_0\leqslant m-2$．

设点$\displaystyle A\left(a,-m\right)$，$\displaystyle P\left(\cos x,\sin x\right)\left(x\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]\right)$，则存在点$\displaystyle P_0\left(\cos x_0,\sin x_0\right)$，使得$\displaystyle \vv{OA}\cdot\vv{OP}\leqslant m-2$．

因$\displaystyle \vv{OA}\cdot\vv{OP}\geqslant-\left|\vv{OA}\right|\cdot\left|\vv{OP}\right|=-\left|\vv{OA}\right|=-\sqrt{a^2+m^2}$，故$\displaystyle -\sqrt{a^2+m^2}\leqslant m-2$，解得$\displaystyle a\leqslant-2\sqrt{1-m}$或$\displaystyle a\geqslant2\sqrt{1-m}$．

当$\displaystyle a\leqslant-2\sqrt{1-m}\left(\leqslant\frac{\sqrt{3}}{3}m\right)$时，$\displaystyle \vv{OP_0}$与$\displaystyle \vv{OA}$反向共线时，符合题意；

当$\displaystyle a\geqslant2\sqrt{1-m}\left(>1\right)$时，对任意点$\displaystyle P$，都有$\displaystyle \vv{OA}\cdot\vv{OP}>0$，不合题意．所以$\displaystyle a\leqslant-2\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}$．

解法4：当$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$时，设$\displaystyle f\left(x\right)$的最小值为$\displaystyle m$，则有$\displaystyle \frac{a\cos x_0+2}{\sin x_0+1}\leqslant m$，

即当$\displaystyle x_0\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$时，$\displaystyle a\leqslant\frac{m\sin x_0+m-2}{\cos x_0}$，令$\displaystyle h\left(x\right)=\frac{m\sin x+m-2}{\cos x}$，则$\displaystyle h'\left(x\right)=\frac{m+\left(m-2\right)\sin x}{\cos^2 x}$，

由$\displaystyle h'\left(x_i\right)=0$解得$\displaystyle \sin x_1=\frac{m}{2-m}$，所以当$\displaystyle x_0\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$时，$\displaystyle h\left(x_0\right)_{\max}=\max\left\{h\left(-\frac{\pi}{3}\right),h\left(x_1\right),h\left(\frac{\pi}{3}\right)\right\}$，得 $$\displaystyle h\left(x\right)_{\max}=h\left(x_1\right)=-2\sqrt{1-m}，$$ 因为$\displaystyle m=\frac{2-\sqrt{3}}{3}$，所以$\displaystyle a\leqslant-2\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}$．

解法5：如图，当$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$时，设$\displaystyle f\left(x\right)$的最小值为$\displaystyle m$，则有 $$\displaystyle \frac{a\cos x_0+2}{\sin x_0+1}\leqslant m,$$ 即当$\displaystyle x_0\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$时，$\displaystyle a\leqslant\frac{m\sin x_0+m-2}{\cos x_0}$．设$\displaystyle k=\frac{m\sin x+m-2}{\cos x}$，令$\displaystyle \sin x=s$，$\displaystyle \cos x=t$，

当$\displaystyle x\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right]$时，$\displaystyle \frac{k}{m}=\frac{s-\frac{2-m}{m}}{t-0}$，通过数形结合可得 $$\displaystyle \frac{k}{m}\leqslant\frac{2\sqrt{1-m}}{m},$$ 因为$\displaystyle m=\frac{2-\sqrt{3}}{3}$，所以$\displaystyle k_{\max}=-2\sqrt{1-m}$，所以$\displaystyle a\leqslant-2\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}$．
1. 已知函数 $\displaystyle f(x) = (m+1)\sin x - x\cos x$,$\displaystyle x \in [0,\pi]$.
2. 若 $\displaystyle f(x)$ 存在唯一的极值且为极小值,求 $\displaystyle m$ 的取值范围；
3. 设 $\displaystyle n \in \mathbb{R}$,若存在 $\displaystyle m \in (-\infty,0)$ 使得 $\displaystyle m \leqslant \sqrt{2}(f(x) - n)$ 对 $\displaystyle x \in [0,\pi]$ 恒成立,求 $\displaystyle n$ 的最大值.
4. 【2025新高考I卷19】
5. 求函数 $\displaystyle f(x)=5\cos x-\cos 5x$ 在区间 $\displaystyle [0,\frac{\pi}{4}]$ 的最大值；
6. 给定 $\displaystyle \theta \in (0,\pi)$ 和 $\displaystyle a \in \mathbb{R}$,证明：存在 $\displaystyle y \in [a-\theta,a+\theta]$ 使得 $\displaystyle \cos y \leqslant \cos \theta$；
7. 设 $\displaystyle b \in \mathbb{R}$,若存在 $\displaystyle \varphi \in \mathbb{R}$ 使得 $\displaystyle 5\cos x-\cos(5x+\varphi) \leqslant b$ 对 $\displaystyle x \in \mathbb{R}$ 恒成立,求 $\displaystyle b$ 的最小值.
答案
1. （1）思路1：$\displaystyle f'\left(x\right)=5\left(\sin5x-\sin x\right)$．当$\displaystyle 0<x<\frac{\pi}{6}$时，$\displaystyle x<5x<\pi-x$，故$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{6}\right)$单调递增；当$\displaystyle \frac{\pi}{6}<x<\frac{\pi}{4}$时，$\displaystyle \frac{\pi}{2}<\pi-x<5x<\frac{3}{2}\pi$，故$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4}\right)$单调递减．
因此$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{4}\right]$的最大值为$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{6}\right)=3\sqrt{3}$．

思路2：由于 $$\displaystyle \cos5x=\cos2x\cos3x-\sin2x\sin3x$$ $$\displaystyle =\cos2x\left(\cos2x\cos x-\sin2x\sin x\right)-\sin2x\left(\sin2x\cos x+\cos2x\sin x\right)$$ $$\displaystyle =\left(2\cos^2 x-1\right)^2\cos x-2\left(2\cos^2 x-1\right)\sin^2x\sin x-\cos x\sin^2 2x$$ $$\displaystyle =\left(2\cos^2 x-1\right)^2\cos x-4\cos x\left(2\cos^2 x-1\right)\left(1-\cos^2 x\right)-4\cos^3 x\left(1-\cos^2 x\right)$$ $$\displaystyle =16\cos^5 x-20\cos^3 x+5\cos x.$$ 则$\displaystyle f\left(x\right)=-16\cos^5 x+20\cos^3 x$，设$\displaystyle t=\cos x$，$\displaystyle g\left(t\right)=-16t^5+20t^3$，则当$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$时，$\displaystyle t\in\left[\frac{\sqrt{2}}{2},1\right]$．

而$\displaystyle g'\left(t\right)=-80t^4+60t^2=80t^2\left(\frac{3}{4}-t^2\right)$，故$\displaystyle g\left(t\right)$在区间$\displaystyle \left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$单调递增，在区间$\displaystyle \left(\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$单调递减，因此$\displaystyle g\left(t\right)$在区间$\displaystyle \left[\frac{\sqrt{2}}{2},1\right]$上的最大值为$\displaystyle g\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=3\sqrt{3}$，即$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{4}\right]$的最大值为$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{6}\right)=3\sqrt{3}$．

（2）思路1：因为余弦函数以$\displaystyle 2\pi$为周期，所以不妨设$\displaystyle a\in\left[0,2\pi\right)$．

若$\displaystyle 0\leqslant a\leqslant\pi-\theta$，则取$\displaystyle y=a+\theta$，有$\displaystyle \cos y=\cos\left(a+\theta\right)\leqslant\cos\theta$；

若$\displaystyle \pi-\theta<a<\pi+\theta$，则取$\displaystyle y=\pi$，有$\displaystyle \cos y=-1<\cos\theta$；

若$\displaystyle \pi+\theta\leqslant a<2\pi$，则取$\displaystyle y=a-\theta$，有$\displaystyle \cos y=\cos\left(a-\theta\right)<\cos\left(2\pi-\theta\right)=\cos\theta$．

综上，给定$\displaystyle \theta\in\left(0,\pi\right)$和$\displaystyle a\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$使得$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\theta$．

思路2：因为余弦函数以$\displaystyle 2\pi$为周期，所以不妨设$\displaystyle a\in\left(-\pi,\pi\right]$．

如果对实数$\displaystyle a$，存在$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$使得$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\theta$，那么对$\displaystyle a'=-a$，可取$\displaystyle y'=-y$，这时$\displaystyle y'\in\left[-a-\theta,-a+\theta\right]$且$\displaystyle \cos y'=\cos y\leqslant\cos\theta$．因此只需考虑$\displaystyle a\in\left[0,\pi\right]$的情况．

若$\displaystyle 0\leqslant a\leqslant\pi-\theta$，则取$\displaystyle y=a+\theta$，有$\displaystyle \cos y=\cos\left(a+\theta\right)\leqslant\cos\theta$；

若$\displaystyle \pi-\theta<a\leqslant\pi$，则取$\displaystyle y=\pi$，有$\displaystyle \cos y=-1<\cos\theta$．

综上，给定$\displaystyle \theta\in\left(0,\pi\right)$和$\displaystyle a\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，使得$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\theta$．

思路3：当$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$时，点$\displaystyle \left(\cos y,\sin y\right)$的轨迹是平面直角坐标系中单位圆上一段长度为$\displaystyle 2\theta$的弧$\displaystyle \Gamma_1$，而单位圆上横坐标小于等于$\displaystyle \cos\theta$的部分是一段长度为$\displaystyle 2\pi-2\theta$的弧$\displaystyle \Gamma_2$．由于$\displaystyle \Gamma_1$与$\displaystyle \Gamma_2$长度的总和等于单位圆的周长，且两者的端点都可以取到（即都是闭的），所以两段弧的交集非空，即给定$\displaystyle \theta\in\left(0,\pi\right)$和$\displaystyle a\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，使得$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\theta$．

思路4：因为余弦函数以$\displaystyle 2\pi$为周期，所以不妨设$\displaystyle a\in\left(-\pi,\pi\right]$．

注意$\displaystyle \cos\theta-\cos y=2\sin\frac{y+\theta}{2}\sin\frac{y-\theta}{2}$．使用反证法，假设结论不成立，则对任意$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，均有$\displaystyle \sin\frac{y+\theta}{2}\sin\frac{y-\theta}{2}<0$，这蕴含着$\displaystyle \sin\frac{y+\theta}{2}$与$\displaystyle \sin\frac{y-\theta}{2}$均不能取到$\displaystyle 0$．

由于当$\displaystyle y=a$时，$\displaystyle -\pi<\frac{a-\theta}{2}<\frac{a+\theta}{2}<\pi$，且$\displaystyle \sin\frac{a+\theta}{2}\sin\frac{a-\theta}{2}<0$，故必有$\displaystyle -\pi<\frac{a-\theta}{2}<0$，$\displaystyle 0<\frac{a+\theta}{2}<\pi$，结合正弦函数的连续性及$\displaystyle \sin\left(-\pi\right)=\sin0=\sin\pi=0$知，当$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$时，恒有$\displaystyle -\pi<\frac{y-\theta}{2}<0$，$\displaystyle 0<\frac{y+\theta}{2}<\pi$．因此$\displaystyle \frac{\left(a+\theta\right)-\theta}{2}<0<\frac{\left(a-\theta\right)+\theta}{2}$，矛盾！因此假设不成立，即给定$\displaystyle \theta\in\left(0,\pi\right)$和$\displaystyle a\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，使得$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\theta$．

思路5：因为余弦函数以$\displaystyle 2\pi$为周期，所以不妨设$\displaystyle a\in\left[0,2\pi\right)$．

（ⅰ）若$\displaystyle \theta\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，即$\displaystyle 0\leqslant a\leqslant2\theta$，则存在$\displaystyle y=\theta\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$使得$\displaystyle \cos y=\cos\theta$．

（ⅱ）若$\displaystyle 2\theta<a<2\pi$，则$\displaystyle 2\pi-\theta>a-\theta$．

①若$\displaystyle 2\pi-\theta\leqslant a+\theta$，即$\displaystyle a\geqslant2\pi-2\theta$，取$\displaystyle y=2\pi-\theta$，此时$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，且$\displaystyle \cos y=\cos\theta$；

②若$\displaystyle 2\theta<a\leqslant2\pi-2\theta$，由$\displaystyle \theta\in\left(0,\pi\right)$及$\displaystyle 2\theta<2\pi-2\theta$得$\displaystyle 0<\theta<\frac{\pi}{2}$，$\displaystyle \cos\theta>0$．

（反证法）若对任意$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，$\displaystyle \cos y>\cos\theta$，则

$\displaystyle \cos\left(a-\theta\right)>\cos\theta$，即$\displaystyle \cos a\cos\theta+\sin a\sin\theta>\cos\theta$．

$\displaystyle \cos\left(a+\theta\right)>\cos\theta$，即$\displaystyle \cos a\cos\theta-\sin a\sin\theta>\cos\theta$．

将两个不等式相加，得$\displaystyle \cos a\cos\theta>\cos\theta$，即$\displaystyle \left(\cos a-1\right)\cos\theta>0$，得$\displaystyle \cos a-1>0$，矛盾！

因此存在$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，使得$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\theta$．

综合①②，对任意$\displaystyle a\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$，使得$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\theta$．

（3）思路1：由（1）知当$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$时$\displaystyle f\left(x\right)\leqslant3\sqrt{3}$．当$\displaystyle x\in\left(\frac{\pi}{4},\pi\right]$时，$\displaystyle f\left(x\right)<5\cos\frac{\pi}{4}-\left(-1\right)<3\sqrt{3}$．

又$\displaystyle f\left(x\right)$是周期为$\displaystyle 2\pi$的偶函数，故$\displaystyle f\left(x\right)\leqslant3\sqrt{3}$对$\displaystyle x\in\mathbb{R}$恒成立．所以当$\displaystyle b\geqslant3\sqrt{3}$时，存在$\displaystyle \varphi=0$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\leqslant b$对$\displaystyle x\in\mathbb{R}$恒成立．

当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时，令$\displaystyle \theta=\frac{5\pi}{6}$，由（2）知对任意$\displaystyle \varphi$，存在$\displaystyle y\in\left[\varphi-\frac{5\pi}{6},\varphi+\frac{5\pi}{6}\right]$使得 $$\displaystyle \cos y\leqslant\cos\frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}.$$ 令$\displaystyle x=\frac{y-\varphi}{5}$，则$\displaystyle x\in\left[-\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{6}\right]$，故 $$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)=5\cos x-\cos y\geqslant5\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=3\sqrt{3}>b.$$ 因此$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时均不符合题意．

综上，$\displaystyle b$的最小值为$\displaystyle 3\sqrt{3}$．

思路2：$\displaystyle f'\left(x\right)=5\left(\sin5x-\sin x\right)=10\sin2x\cos3x$．

当$\displaystyle 0<x<\frac{\pi}{6}$时，$\displaystyle \sin2x>0$，$\displaystyle \cos3x>0$，故$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{6}\right)$单调递增；当$\displaystyle \frac{\pi}{6}<x<\frac{\pi}{2}$时，$\displaystyle \sin2x>0$，$\displaystyle \cos3x<0$，故$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right)$单调递减；当$\displaystyle \frac{\pi}{2}<x<\frac{5}{6}\pi$时，$\displaystyle \sin2x<0$，$\displaystyle \cos3x>0$，故$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(\frac{\pi}{6},\frac{5}{6}\pi\right)$单调递减；当$\displaystyle \frac{5}{6}\pi<x<\pi$时，$\displaystyle \sin2x<0$，$\displaystyle \cos3x<0$，故$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(\frac{5}{6}\pi,\pi\right)$单调递增．因此$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\pi\right]$上的最大值为$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{6}\right)$与$\displaystyle f\left(\pi\right)$中较大的一个．因为$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{6}\right)=3\sqrt{3}$，$\displaystyle f\left(\pi\right)=-4$，所以$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\pi\right]$上的最大值为$\displaystyle 3\sqrt{3}$．又$\displaystyle f\left(x\right)$是周期为$\displaystyle 2\pi$的偶函数，故$\displaystyle f\left(x\right)\leqslant3\sqrt{3}$对$\displaystyle x\in\mathbb{R}$恒成立．以下同思路1．

思路3：同第（1）问的思路2，设$\displaystyle t=\cos x$，则$\displaystyle g\left(t\right)=-16t^5+20t^3$，且当$\displaystyle x\in\mathbb{R}$时$\displaystyle t\in\left[-1,1\right]$．由于$\displaystyle g'\left(t\right)=-80t^4+60t^2=80t^2\left(\frac{3}{4}-t^2\right)$，所以$\displaystyle g\left(t\right)$在区间$\displaystyle \left(-1,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$单调递减，在区间$\displaystyle \left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$单调递增（在此区间上只有$\displaystyle t=0$时$\displaystyle g'\left(t\right)=0$），在区间$\displaystyle \left(\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$单调递减．因此$\displaystyle g\left(t\right)$在区间$\displaystyle \left[-1,1\right]$上的最大值为$\displaystyle g\left(-1\right)$与$\displaystyle g\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$中较大的一个．因为$\displaystyle g\left(-1\right)=-4$，$\displaystyle g\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=3\sqrt{3}$，所以$\displaystyle g\left(t\right)$在区间$\displaystyle \left[-1,1\right]$上的最大值为$\displaystyle 3\sqrt{3}$．以下同思路1．

思路4：同思路1可知当$\displaystyle b\geqslant3\sqrt{3}$时，存在$\displaystyle \varphi=0$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\leqslant b$对$\displaystyle x\in\mathbb{R}$恒成立．

下面证明当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时均不符合题意，即证明对任意$\displaystyle \varphi\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle x\in\mathbb{R}$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\geqslant3\sqrt{3}$．由于余弦函数以$\displaystyle 2\pi$为周期，所以不妨设$\displaystyle \varphi\in\left(-\pi,\pi\right]$．由于$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)$的图象与$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x-\varphi\right)$的图象关于$\displaystyle y$轴对称，若上述结论对$\displaystyle \varphi$成立，则它对$\displaystyle -\varphi$也成立，由此可设$\displaystyle \varphi\in\left[0,\pi\right]$．

令$\displaystyle x=\frac{\pi-\varphi}{6}$，则$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)=5\cos x-\cos\left(\pi-x\right)=6\cos x\geqslant6\cos\frac{\pi}{6}=3\sqrt{3}$，

故对任意$\displaystyle \varphi\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle x\in\mathbb{R}$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\geqslant3\sqrt{3}$．

综上，$\displaystyle b$的最小值是$\displaystyle 3\sqrt{3}$．

注：当$\displaystyle \varphi\in\left[0,\pi\right)$时，$\displaystyle h\left(x\right)=5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)$的导数为$\displaystyle h'\left(x\right)=5\left(\sin\left(5x+\varphi\right)-\sin x\right)$，由此可知$\displaystyle h'\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$的第一个零点就是$\displaystyle \frac{\pi-\varphi}{6}$，且$\displaystyle h\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(0,\frac{\pi-\varphi}{6}\right)$单调递增，这也是选择$\displaystyle x=\frac{\pi-\varphi}{6}$的原因．另外$\displaystyle \varphi=\pi$时，$\displaystyle h\left(0\right)=6>3\sqrt{3}$．

思路5：同思路1可知当$\displaystyle b\geqslant3\sqrt{3}$时，存在$\displaystyle \varphi=0$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\leqslant b$对$\displaystyle x\in\mathbb{R}$恒成立．

下面证明当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时均不符合题意，即证明对任意$\displaystyle \varphi\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle x\in\mathbb{R}$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\geqslant3\sqrt{3}$．同思路4可设$\displaystyle \varphi\in\left[0,\pi\right]$．

当$\displaystyle \varphi\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$时，令$\displaystyle x=\frac{\pi}{6}$，则$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\geqslant5\cos\frac{\pi}{6}-\cos\frac{5}{6}\pi=3\sqrt{3}$；

当$\displaystyle \varphi\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{2}{3}\pi\right]$时，令$\displaystyle x=\frac{\pi}{10}$，则$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)=5\cos\frac{\pi}{10}+\sin\varphi>5\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$．

当$\displaystyle \varphi\in\left(\frac{2}{3}\pi,\pi\right]$时，令$\displaystyle x=0$，则$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)=5-\cos\varphi>5+\frac{1}{2}>3\sqrt{3}$．

故对任意$\displaystyle \varphi\in\mathbb{R}$，存在$\displaystyle x\in\mathbb{R}$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\geqslant3\sqrt{3}$．

综上，$\displaystyle b$的最小值是$\displaystyle 3\sqrt{3}$．

【解题思路】（1）思路1：先求出$\displaystyle f'\left(x\right)$并考虑它的单调性，然后求解，过程同参考答案．

思路2：先将$\displaystyle f\left(x\right)$化为关于$\displaystyle \cos x$的函数，再求最大值．

思路3：求导后，用和差化积公式处理$\displaystyle \sin5x-\sin x$．

（2）思路1：先使用诱导公式（或三角函数的周期性）假设$\displaystyle a\in\left[0,2\pi\right)$，再分类讨论，过程同参考答案．

思路2：同时使用余弦函数的周期性和对称性假设$\displaystyle a\in\left[0,\pi\right]$，再分类讨论．

思路3：使用数形结合的方法，考虑角$\displaystyle y\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$时，$\displaystyle y$的终边与单位圆交点的变化范围来求解．

思路4：同思路1、思路2，先假设$\displaystyle a$在某个范围内，再使用三角函数的和差化积公式，结合反证法进行证明．考虑到和差化积之后的式子，选择一个合适的区间作为$\displaystyle a$的范围会使过程更加简捷．

思路5：分平凡的情形与没那么平凡的情形讨论，给出构造性证明．平凡的情形是$\displaystyle \theta\in\left[a-\theta,a+\theta\right]$．不平凡的情形是用三角函数的对称性来找合适的$\displaystyle y$，如注意到$\displaystyle \cos y=\cos\left(\pm y+k\pi\right)\left(k\in\mathbb{Z}\right)$等等．这里考虑$\displaystyle 2\pi-\theta$．下面的解答分三种情况讨论：$\displaystyle 0\leqslant a\leqslant2\theta$，$\displaystyle 2\theta<a\leqslant2\pi-2\theta$，$\displaystyle 2\pi-2\theta<a<2\pi$进行讨论．

（3）没有"新定义"就是最好的新定义．一个命题中含多个量词，是当前绝大部分高中学生和部分高中老师都欠缺的部分．

思路1：先将第（1）问的结论推广到全体实数来证明当$\displaystyle b\geqslant3\sqrt{3}$时，存在$\displaystyle \varphi=0$，使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\leqslant b$对$\displaystyle x\in\mathbb{R}$恒成立．接下来对任意$\displaystyle \varphi$，使用第（2）问的结论可以选择一个$\displaystyle x$，使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\geqslant3\sqrt{3}$，从而证明当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时均不符合题意．

具体而言，定义命题$\displaystyle P\left(b\right)$为：存在$\displaystyle \varphi$使得对任意$\displaystyle x$，都有$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)\leqslant b$，题目改写为：设$\displaystyle P\left(b\right)$是真命题，求$\displaystyle b$的最小值．

首先由（1）知命题$\displaystyle P\left(3\sqrt{3}\right)$成立：这是因为存在$\displaystyle \varphi=0$使得对任意$\displaystyle x$都有$\displaystyle 5\cos x-\cos5x\leqslant3\sqrt{3}$．

下面说明$\displaystyle b$的最小值确实是$\displaystyle 3\sqrt{3}$，只需证明当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时$\displaystyle P\left(b\right)$是假命题，

即证：当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时，对任意$\displaystyle \varphi$，存在$\displaystyle x$使得$\displaystyle 5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)>b$．

思路2：讨论$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\pi\right]$上的单调性来求出$\displaystyle f\left(x\right)$的最大值，使用和差化积公式会减少一些讨论．

思路3：与第（1）问的思路2相同，先将$\displaystyle f\left(x\right)$化为关于$\displaystyle \cos x$的函数，再求最大值．

思路4：证明当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时均不符合题意，先用余弦函数的周期性和对称性将$\displaystyle \varphi$固定在一个小范围内，再对函数$\displaystyle h\left(x\right)=5\cos x-\cos\left(5x+\varphi\right)$求导来求其最大值来证明结论．

思路5：证明当$\displaystyle b<3\sqrt{3}$时均不符合题意，先用余弦函数的周期性和对称性将$\displaystyle \varphi$固定在一个小范围内，再对$\displaystyle \varphi$分类讨论来证明结论．

B 组习题

B组

【2021 八省联考22】

已知函数 $\displaystyle f\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}-\sin x-\cos x$，$\displaystyle g\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}+\sin x+\cos x$．
1. 证明：当 $\displaystyle x>-\frac{5\pi}{4}$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)\geqslant 0$；
2. 若 $\displaystyle g\left(x\right)\geqslant 2+ax$，求 $\displaystyle a$．
答案

（1）$\displaystyle f'\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}-\cos x+\sin x$．

（ⅰ）当 $\displaystyle x\in\left(-\frac{5\pi}{4},-\frac{\pi}{2}\right]$ 时，$\displaystyle -\sin x-\cos x\geqslant 0$，故 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant 0$．

（ⅱ）当 $\displaystyle x\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)$ 时，$\displaystyle -\cos x+\sin x<-1$，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减，而 $\displaystyle f\left(0\right)=0$，故 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant 0$．

（ⅲ）当 $\displaystyle x=0$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)=0$；

（ⅳ）当 $\displaystyle x\in\left(0,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle 1+x>\cos x+\sin x$．设 $\displaystyle h\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}-x-1$，则当 $\displaystyle x\in\left(0,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}-1>0$，故 $\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增，$\displaystyle h\left(0\right)=0$，所以 $\displaystyle f\left(x\right)>h\left(x\right)>0$．

（2）设 $\displaystyle h\left(x\right)=\left(g\left(x\right)-2-ax\right)'=g'\left(x\right)-a=\mathrm{e}^{x}+\cos x-\sin x-a$，则 $\displaystyle h'\left(x\right)=f\left(x\right)$，由（1）知，当 $\displaystyle x\in\left(-\frac{5\pi}{4},+\infty\right)$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)\geqslant 0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\frac{5\pi}{4},+\infty\right)$ 单调递增，$\displaystyle h\left(0\right)=2-a$．

（ⅰ）若 $\displaystyle a>2$，$\displaystyle h\left(0\right)<0$，$\displaystyle h\left(\ln a+1\right)>0$，故存在唯一 $\displaystyle x_0\in\left(0,\ln a+1\right)$，使得 $\displaystyle h\left(x_0\right)=0$．当 $\displaystyle x\in\left(0,x_0\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)-2-ax$ 单调递减，而 $\displaystyle g\left(0\right)-2-a\times 0=0$，故 $\displaystyle g\left(x_0\right)-2-ax_0<0$．

（ⅱ）若 $\displaystyle 0<a<2$，$\displaystyle h\left(0\right)>0$，$\displaystyle h\left(-\pi\right)<0$，故存在唯一 $\displaystyle x_1\in\left(-\pi,0\right)$，使得 $\displaystyle h\left(x_1\right)=0$，当 $\displaystyle x\in\left(x_1,0\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)-2-ax$ 单调递增，而 $\displaystyle g\left(0\right)-2-a\times 0=0$，故 $\displaystyle g\left(x_1\right)-2-ax_1<0$；

（ⅲ）若 $\displaystyle a\leqslant 0$，$\displaystyle g\left(-\frac{\pi}{2}\right)-2-a\left(-\frac{\pi}{2}\right)<0$；

（ⅳ）若 $\displaystyle a=2$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增，$\displaystyle h\left(0\right)=0$．

当 $\displaystyle x\in\left(-\frac{5\pi}{4},0\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)-2-2x>0$；

当 $\displaystyle x\in\left(-\infty,-2\right)$ 时，$\displaystyle g\left(x\right)-2-2x>0$；

当 $\displaystyle x\in\left[0,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(0\right)-2-2\times 0=0$，故 $\displaystyle g\left(x\right)-2-2x>0$．

综上，$\displaystyle a=2$．

C 组习题

B组

【2026“神算杯一模”（B卷）（网络联考）18】 1. 已知$\displaystyle a>0$,若$\displaystyle \sin x^a>(\sin x)^a$在$\displaystyle x\in(0,1)$恒成立,求$\displaystyle a$的取值范围；
1. 若存在$\displaystyle a>1$,使得$\displaystyle \sin x^a>(\sin x)^a$在$\displaystyle x\in(0,b)$恒成立,求$\displaystyle b$的取值范围.
【2023长沙市适应性考试22】若不等式$\displaystyle ax\geqslant \mathrm{e}^x+|\ln x|$对于任意的$\displaystyle x\in(0,+\infty)$恒成立,求实数$\displaystyle a$的取值范围.

3.7含参数,逻辑变量的函数问题

讲义正文

含参数,逻辑变量的函数问题

A 组习题

习\(\displaystyle \quad\)题

B 组习题

C 组习题

D 组习题