2024年10月清华大学THUSSAT测试数学 #18
已知函数 $f(x)=a x+\sin x$，$x\in[0,\pi]$．
1、若 $a=-1$，证明：$f(x)\leqslant 0$；
2、若 $f(x)\leqslant 0$，求 $a$ 的取值范围；
3、若 $a\neq 0$，记 $g(x)=\dfrac 1 a f(x)-\ln (x+1)$，讨论函数 $g(x)$ 的零点个数．
解析
1、若 $a=-1$，则 $f(x)=-x+\sin x$，于是 $f(x)$ 的导函数\[f^{\prime}(x)=-1+\cos x\leqslant 0,\]因此 $f(x)$ 在 $[0,\pi]$ 单调递减，从而\[f(x)\leqslant f(0)=0,\]命题得证．
2、一方面，当 $a\leqslant -1$ 时，有\[ax+\sin x\leqslant (-1)\cdot x+\sin x\leqslant 0,\]符合题意． 另一方面，当 $a>-1$ 时，函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=a+\cos x,\]记\[r_a=\begin{cases} \pi,&a\in(1,+\infty),\\ \arccos(-a),&a\in(-1,1],\end{cases}\]则函数 $f(x)$ 在区间 $[0,r_a]$ 上单调递增，于是\[f(r_a)>f(0)=0,\]不符合题意． 综上所述，$a$ 的取值范围是 $(-\infty,-1]$．
3、根据题意，有 $g(x)=x+\dfrac 1a\sin x-\ln (x+1)$（$x\in [0,\pi]$），从而\[g(0)=0,\quad g(\pi)=\pi-\ln(\pi+1)>0,\]其导函数\[g'(x)=1-\dfrac1{1+x}+\dfrac1a\cos x,\]二阶导函数\[g''(x)=\dfrac1{(1+x)^2}-\dfrac1a\sin x.\]
情形一 $a<0$．此时 $g'(0)=\dfrac 1a<0$，$g''(x)>0$，$g'(x)$ 是单调递增函数，因此 $g(x)$ 先递减后递增，从而 $g(x)$ 在 $x\in [0,\pi]$ 上有 $2$ 个零点．
情形二 $a>0$．此时\[x+\dfrac 1a\sin x-\ln (x+1)\geqslant x+\dfrac 1a\sin x-x=\dfrac 1a\sin x\geqslant 0,\]等号当且仅当 $x=0$ 时取得，因此函数 $g(x)$ 在 $x\in [0,\pi]$ 上有 $1$ 个零点．
综上所述，函数 $g(x)$ 的零点个数为 $\begin{cases} 2,&a<0,\\ 1,&a>0.\end{cases}$