瓶颈16 必要性探路、端点效应（word教参）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

瓶颈16　必要性探路、端点效应 1.必要性探路法，是指对一类函数的恒成立问题，可以通过取函数定义域内的某个特殊的值或某几个特殊的值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内讨论，或去验证其充分条件，进而解决问题的方法． 2．端点效应：恒成立问题中，我们常常能见到类似的命题：对于任意的x∈[a，b]，都有f(x)≥0恒成立(f(x)中包含参数λ)．这里的端点a，b，往往是使结论成立的临界条件，因此，如果能利用好这两个值，能为我们的解题提供不少便利．比如对于上述的命题，我们就应该观察f(a)和f(b)的取值．这种观察区间端点值，或受区间端点影响的问题，我们称之为端点效应． 方法1　必要性探路 　已知函数f(x)＝ln x－ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设g(x)＝ex－1＋xf(x)，若g(x)≥0恒成立，求a的取值范围． [解析]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a. (1)当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令f′(x)＝0得到x＝， 当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 综上：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减； (2)g(x)＝ex－1＋xln x－ax2， 令x＝1，则g(1)＝1－a≥0，故a≤1， 以下证明：a≤1时符合题意， 当a≤1时，g(x)＝ex－1＋xln x－ax2≥ex－1＋xln x－x2，以下证明：ex－1＋xln x－x2≥0， 构造函数G(x)＝＋ln x－x， 则G′(x)＝＋－1＝＝， 令H(x)＝ex－1－x，则H′(x)＝ex－1－1， 由H′(x)>0可得x>1， 由H′(x)<0可得0<x<1， 于是H(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，于是H(x)≥H(1)＝0. 于是当0<x<1时，G′(x)<0，当x>1时，G′(x)>0， 所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故G(x)≥G(1)＝0，符合题意． 综上可知，a≤1，即a的取值范围为(－∞，1]． 必要性探路法的基本步骤 (1)探究必要条件，缩小参数范围：在给定的范围内取特殊值，然后由不等式成立求出参数的取值范围，该取值范围即为不等式恒成立的一个必要条件，接下来探究其充分性．选择的特殊值可以为端点值、极值点、不等式公共取等条件、常见特殊数(如0,1，e，e2等)． (2)证明充分性，求结果：利用第一步中的参数的范围去判定函数是否单调 ①如果函数单调，则由端点得到的范围就是最终答案； ②如果函数不单调，则利用端点确定的范围进一步确定函数的最值． 提醒：这种必要性探路法所求的参数范围不一定是所求问题的实际范围，但是可以先定问题成立的大前提，缩小参数的讨论范围，一定程度上降低了思维成本．　 【预测练1】 已知函数f(x)＝axln x，g(x)＝x3－(2－a)x2. (1)若a＝1，证明：对任意x1∈，存在x2∈，使得f(x1)＝g(x2)； (2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解析　(1)证明　当a＝1时，函数f(x)＝xln x，x∈[1，e]， f′(x)＝1＋ln x>0，则函数f(x)在[1，e]上单调递增， ∴f(1)≤f(x)≤f(e)，即0≤f(x)≤e， ∴f(x)的值域为[0，e]． 又g(x)＝x3－x2，g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)>0，则函数g(x)在[1，e]上单调递增， ∴g(1)≤g(x)≤g(e)，即0≤g(x)≤e3－e2， ∴g(x)的值域为[0，e3－e2]． ∵e3－e2＝e(e2－e)>e， ∴[0，e]⊆[0，e3－e2]， ∴对任意x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＝g(x2)． (2)解法一　由f(x)≤g(x)，得axln x≤x3－(2－a)x2， ∵x>0，∴aln x≤x2－(2－a)x，整理得a(ln x－x)≤x2－2x. 令G(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝－1＝， 在(0,1)上，G′(x)>0；在(1，＋∞)上，G′(x)<0， ∴G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴G(x)max＝G(1)＝－1<0，故a≥. 令h(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝＝， 令k(x)＝2ln x－x－2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝－1＝， 在(0,2)上，k′(x)>0，在(2，＋∞)上，k′(x)<0， ∴k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， ∴k(x)max＝k(2)＝2ln 2－4＝2(ln 2－2)<0， ∴在(0,1)上，h′(x)>0，在(1，＋∞)上，h′(x)<0， ∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h(x)max＝h(1)＝＝1，∴a≥1， 即实数a的取值范围为[1，＋∞)． 解法二　由f(x)≤g(x)得axln x≤x3－(2－a)x2， 设h(x)＝axln x－x3＋(2－a)x2，则h(x)≤0， 根据h(1)＝－1＋2－a＝1－a≤0，得a≥1. 下面证明当a≥1时，h(x)≤0. 记m(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，则m′(x)＝－1＝， ∴m(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴m(x)max＝m(1)＝0， ∴m(x)≤0，即ln x≤x－1. 于是h(x)≤ax(x－1)－x3＋(2－a)x2＝－x3＋2x2－ax＝－x·[(x－1)2＋a－1]≤0， 故实数a的取值范围为[1，＋∞)． 方法2　端点效应 　已知函数f(x)＝ex＋2ax－1，g(x)＝2aln(x＋1)－4ax，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥x恒成立，求实数a的取值范围． [解析]　(1)由题知，f′(x)＝ex＋2a，x∈R， ∴当2a≥0，即a≥0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增， 当2a<0，即a<0时， 令f′(x)＝0，即ex＋2a＝0，∴x＝ln(－2a)， 当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln(－2a))上单调递减， 当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增， 综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a<0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln(－2a))，f(x)的单调递增区间为(ln(－2a)，＋∞)； (2)∵对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥x恒成立， 即ex－(2a＋1)x＋2aln(x＋1)－1≥0， 令h(x)＝ex－(2a＋1)x＋2aln(x＋1)－1，且h(0)＝0， ∴h′(x)＝ex－(2a＋1)＋，且h′(0)＝0， ∴令φ(x)＝h′(x)＝ex－(2a＋1)＋， ∴φ′(x)＝ex－，且φ′(0)＝1－2a， 由题意得，φ′(0)＝1－2a≥0，即a≤， 下面证明a≤，h(x)≥0对于任意的x∈[0，＋∞)恒成立， 当a≤时，φ′(x)＝ex－≥ex－＝， 当x∈[0，＋∞)时，(x＋1)2≥1，ex≥1， ∴(x＋1)2·ex≥1，即φ′(x)≥0， ∴φ(x)即h′(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴h′(x)≥h′(0)＝0， ∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝0 即ex－(2a＋1)x＋2aln(x＋1)－1≥0得证，故a≤满足条件， ∴a的取值范围为. 端点效应的使用原理 (1)若函数f(x，m)≥0(其中m为参数)在区间[a，b](a，b均为常数)上恒成立，且f(a)＝0或f(b)＝0，则f′(a)≥0或f′(b)≤0.此法应用于区间端点函数值为零的情况． (2)若函数f(x，m)≥0(其中m为参数)在区间[a，b](a，b均为常数)上恒成立，且或则f″(a)≥0或f″(b)≤0.此法应用于区间端点函数为零和端点一阶导数为零的情况．　 【预测练2】 已知函数f(x)＝，g(x)＝a(x－1)． (1)若函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰好相切于点P(1,0)，求实数a的值； (2)当x∈[1，＋∞)时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解析　(1)由题意可得，f′(x)＝，f′(1)＝，所以a＝； (2)解法一(分参) 当x∈[1，＋∞)时，f(x)≤g(x)恒成立，即x≥1时，≤a(x－1)，x＝1时，显然成立；x>1时，≤a(x－1)，即a≥，令h(x)＝，则h′(x)＝，令φ(x)＝－x2ln x＋x2－ln x－1，则φ′(x)＝－2xln x＋x－，令F(x)＝－2xln x＋x－(x>1)，则F′(x)＝－2ln x＋<0，所以φ′(x)<φ′(1)＝0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以，要使当x∈[1，＋∞)时，f(x)≤g(x)恒成立，只需a≥ ＝ ＝，故a≥； 解法二(先找必要条件) 注意到x＝1时，恰有f(x)－g(x)＝0， 令F(x)＝f(x)－g(x)＝－a(x－1)，则F′(x)＝－a，F(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立的必要条件为F′(1)≤0，即－a≤0，则a≥. 下面证明充分条件： 当a≥时，F(x)＝－a(x－1)≤－(x－1)＝h(x)，则h′(x)＝，令φ(x)＝2x＋2＋2ln x－(x＋1)2， φ′(x)＝2＋－2(x＋1)＝－2x＝≤0，即φ(x)≤φ(1)＝0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减，h(x)≤h(1)＝0恒成立，即a≥也是充分条件，故有a≥，即a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$