进阶4端点失效
[分值：34分]
1.(17分)已知函数f(x)=excosx，当x0时，f(x)≥ex(cosx-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)=sinx-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(cosx-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1，
即当x0时，a≤exx-x-1x
设g(x)=exx-x-1x+1(
则g(x)=ex(x
令φ(x)=ex-x-1，则当x∈(0，+∞)时，φ(x)=ex-10，
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x0时，不等式等价于1+(a?1)x
令h(x)=1+(a?1)x+
则h(x)=(?x+1)(x+
①若a=1，h(x)=(?x+1)(x
因为(x-1)2≥0，ex0，
所以h(x)≤0，h(x)=1+(a?1)x+x2ex在(0，+∞)上单调递减，h(x)h(
②若a1，则12-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x0时，exx+1知，e2-a3-a，
即h(2-a)=3?ae
又h(0)=1，所以h(x)1在(0，+∞)上恒成立，
因此a1符合题意.
③若1a2，则02-a1，
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?(0)=1,?(1)=a
④若a≥2，则h(1)=a+1e≥3e
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)=cosx-1+2ax，f(0)=0，f″(x)=-sinx+2a.结合端点效应，当f″(x)=-sinx+2a≥0，即a≥12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≥12”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a12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≥1π来看，这显然是行不通的.因此，正确的做法是当a12
[错解2]容易得f(0)=0，f(x)=cosx-1+2ax，f(0)=0，求得f″(x)=-sinx+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x0时，将f(x)≥0变形，
得ax-1≥-sinx
因为函数y=-sinxx在x=π处的切线y=1π
点(0，-1)，如图，
所以a≥1π
下面证当a≥1π时，f(x)≥
因为a≥1π，所以f(x)≥sinx-x+1πx
令g(x)=sinx-x+1πx2
要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0.
①当x∈(-∞，0]时，
g(x)=sinx-x+1πx2≥sinx-x
又当x≤0时，sinx≥x，所以g(x)≥0；
②当x∈(0，π)时，令g(x)=cosx-1+2πx=p(x)，p(x)=-sinx+2π=q(x)，易知q(x)在0，π
因为q(0)=2π0，qπ2=-1+2
q(π)=2π0
所以?x1∈0，π2，x2
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)=pπ2=p(π)=0
所以当x∈0，π2时，p(x
当