专题6 重难突破14 必要性探路、端点效应(Word练习)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

[对应学生用书P198] 1．已知f(x)＝ex－1－x－ax2，若∀x≥0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 解析　方法一(端点效应)　因为f(0)＝f″(0)＝0，所以由端点效应可知f″(0)≥0.求导可得f″(x)＝ex－2a，故f″(0)≥0，解得a≤.此时，f″(x)＝ex－2a在[0，＋∞)上单调递增，即f″(x)≥f″(0)＝1－2a≥0在[0，＋∞)上恒成立，因而f′(x)＝ex－1－2ax在[0，＋∞)上单调递增，即f′(x)≥f′(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立．因此f(x)在[0，＋∞)上单调递增，即f(x)≥f(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立．综上所述，a的取值范围是. 方法二(常规解答)　求导可得f′(x)＝ex－1－2ax. ①当a≤时，因为f″(x)＝ex－2a在[0，＋∞)上单调递增，所以f″(x)≥f″(0)＝1－2a≥0在[0，＋∞)上恒成立，因而f′(x)＝ex－1－2ax在[0，＋∞)上单调递增，即f′(x)≥f′(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立．因此f(x)在[0，＋∞)上单调递增，即f(x)≥f(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立． ②当a>时，令f″(x)＝ex－2a＝0，解得x＝ln (2a)∈(0，＋∞).因为f″(x)的图象如图所示，所以f′(x)在(0，ln (2a)]上单调递减，此时在区间(0，ln (2a)]上均有f′(x)<f′(0)＝0，即f(x)在(0，ln (2a)]上单调递减，此时f(x)<f(0)＝0，这与f(x)≥0恒成立矛盾．故a的取值范围是. 2．不等式ln (x＋1)≤a2ex－a(a＞0)恒成立，求a的取值范围． 解析　构造函数f(x)＝ln (x＋1)－a2ex＋a，由于f(x)的定义域为(－1，＋∞)，不妨设f(x)的最大值点为x0， 解得直接令x＝0，得f(0)＝a－a2≤0⇒a≥1. 下证充分性： 当a≥1，x∈(－1，＋∞)时， 则f(x)＝ln (x＋1)－a2ex＋a≤ln (x＋1)－ex＋1， 设g(x)＝ln (x＋1)－ex＋1， 则g′(x)＝－ex， 当x→－1时，g′(x)→＋∞，当x→＋∞时，g′(x)→－∞， 且当x＝0时，g′(x)＝0， 故g(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 故g(x)≤g(0)＝0， 故f(x)≤0，充分性成立． 故a的取值范围为[1，＋∞). 3．已知函数f(x)＝ex＋2ax－1，g(x)＝2a ln (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＋2a ln (x＋1)－1≥0， 令h(x)＝ex－(2a＋1)x＋2a ln (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＋2a ln (x＋1)－1≥0得证，故a≤满足条件， ∴a的取值范围为. 4．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＋x ln 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＋x ln x－ax2≥ex-1＋x ln x－x2，以下证明：ex-1＋x ln 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]. 学科网（北京）股份有限公司 $