专题6 高分进阶2 端点效应-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用课件）

高分进阶2 端点效应 1 　　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”，这里的区间端点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，能方便解题，比如对于上述的命题，可观察f(a)和f(b)的取值，这种观察区间端点值来解决问题的做法，我们称之为端点效应． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 (2)若不等式 xf(x)≥2(x－a) 在 [1，＋∞) 上恒成立，求实数 a 的取值范围． 【解】　方法一(分离参数)：不等式 xf(x)≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，即 xln x－a＋x≥2(x－a) 在[1，＋∞) 上恒成立，即 a≥x－xln x 在 [1，＋∞) 上恒成立，则在[1，＋∞)上只需a≥(x－xln x)max 即可， 令 h(x)＝x－xln x，则 h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x， 当 0＜x＜1 时， h′(x)＞0，h(x)在(0，1)上单调递增， 当 x＞1 时， h′(x)＜0，h(x)在 (1，＋∞) 上单调递减， 所以 h(x)max＝h(1)＝1，所以 a≥1. 返回首页 二轮专题复习 方法二(端点探路)：不等式 xf(x)≥2(x－a) 在 [1，＋∞) 上恒成立，即 xln x－a＋x≥2(x－a) 在 [1，＋∞) 上恒成立，即 xln x－x＋a≥0 在 [1，＋∞) 上恒成立，令 g(x)＝xln x－x＋a，x∈[1，＋∞)， 所以 g(1)＝0－1＋a≥0，即 a≥1. 下面证明当 a≥1 时，对任意 x≥1, g(x)≥0恒成立． g(x)＝xln x－x＋a≥xln x－x＋1，令 u(x)＝xln x－x＋1，x∈[1，＋∞)， 当x∈[1，＋∞)时，u′(x)＝ln x＋1－1＝ln x≥0， 返回首页 二轮专题复习 即得 u(x) 在 [1，＋∞) 上单调递增，所以 u(x)≥u(1)＝0； 即得 g(x)≥u(x)≥0对∀x∈[1，＋∞) 恒成立． 综上所述 实数 a 的取值范围为 [1，＋∞). 返回首页 二轮专题复习 处理某些函数的恒成立问题， 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性， 进而解决问题． 结论　如果函数 f(x) 在区间 [a，b] 上， f(x)≥0恒成立，则 f(a)≥0 或 f(b)≥0. 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 当 a＝e 时，有 f′(x)≥0恒成立，故f(x) 在 (－∞，＋∞) 上单调递增； 当 a＞e 时，对 x∈(－∞，1)∪(ln a，＋∞) 有 f′(x)＞0，对 x∈(1，ln a) 有f′(x)＜0，故 f(x) 在 (－∞，1) 和 (ln a，＋∞) 上单调递增，在 (1，ln a) 上单调递减． 综上，当 0＜a＜e 时， f(x)在 (－∞，ln a) 和 (1，＋∞) 上单调递增，在 (ln a，1) 上单调递减； 当 a＝e 时， f(x)在 (－∞，＋∞) 上单调递增； 当 a＞e 时， f(x)在 (－∞，1) 和 (ln a，＋∞) 上单调递增，在 (1，ln a) 上单调递减． 返回首页 二轮专题复习 (2)若对于任意的 x∈[2，＋∞)，有 f(x)≥0，求 a 的取值范围． 【解】　因为对于任意的 x∈[2，＋∞)，有 f(x)≥0，且 f(2)＝0，所以 f′(2)＝e2－a≥0， 即a≤e2，下面只需证明当a≤e2 时，对于任意的 x∈[2，＋∞)，有 f(x)≥0 即可． 当a≤e2 时，对于任意的x∈[2，＋∞)，x－1＞0，ex≥e2≥a，所以 f′(x)＝(x－1)(ex－a)≥0，故知 f(x) 在 [2，＋∞) 上单调递增． 故对任意的x∈[2，＋∞)，都有f(x)≥f(2)＝0. 综上， a的取值范围是 (－∞，e2]. 返回首页 二轮专题复习 本例中，对于任意的x∈[2，＋∞)，有f(x)≥0，但由于f(2)＝0，则一定存在一个小区间[2，b)，使得当x∈[2，b)时，f′(x)≥0成立，即f′(2)≥0，从而得到a≤e2，需要说明的是，a≤e2仅仅是通过一个点f′(2)≥0得到的，还必须证明a≤e2时，对于任意的x∈[2，＋∞)，有f(x)≥0恒成立才可以． 结论　区间端点处函数值为0型，若函数f(x，m)≥0(m为参数)在区间[a，b](a＜b)上恒成立，且f(a)＝0，则f′(a)≥0；或f(b)＝0，则f′(b)≤0. 返回首页 二轮专题复习 类型三　区间端点函数值及导数值均为零 [例3]　(2025·蚌埠二模) 已知函数 f(x)＝(ax＋1)ex－1(a∈R). (1)若 a＝－2，求 f(x) 的极值； 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 (2)若 f(x)≤(a＋1)x 对任意的 x∈[0，＋∞) 恒成立，求 a 的取值范围． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 解决此类问题， 首先验证端点的函数值及一阶导数值均为零， 其次利用二阶导数建立参数的有关不等式， 得出使不等式恒成立的必要条件， 最后再证明充分性， 得出结论． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 1．已知函数 f(x)＝sin x＋ln (x＋1)，若 f(x)≤mx 对任意的 x∈[0，＋∞) 恒成立，则实数 m 的取值范围是(　　) A．[e－1，＋∞) B．[e－1，π] C．[2，＋∞) D．[π，＋∞) C 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 A 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 3．设函数 f(x)＝ex－1－x－ax2，若当x≥0时，f(x)≥0，则a的取值范围为________． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 4．已知函数 f(x)＝(a－x)ex，a∈R. (1)求函数 f(x) 的极值； 解：f′(x)＝(a－x－1)ex， 令 f′(x)＞0，解得x＜a－1，令 f′(x)＜0，解得x＞a－1， 故 f(x) 在 (－∞，a－1) 上单调递增，在 (a－1，＋∞) 上单调递减，所以f(x)的极大值为 f(a－1)＝ea-1，无极小值． 返回首页 二轮专题复习 (2)若对任意 x∈[0，＋∞)，都有 f(x)－x≤2 成立，求 a 的取值范围． 解：由题意得，对任意x∈[0，＋∞)，都有(a－x)ex－x－2≤0成立， 令g(x)＝(a－x)ex－x－2，x≥0，知g(0)＝a－2≤0，故a≤2. 下面只需证明当a≤2时，g(x)≤0对任意x∈[0，＋∞)恒成立即可． 当a≤2时，g(x)＝(a－x)ex－x－2≤(2－x)ex－x－2， 设h(x)＝(2－x)ex－x－2，x≥0， 返回首页 二轮专题复习 所以h′(x)＝(1－x)ex－1，x≥0，令m(x)＝h′(x)，则m′(x)＝－xex≤0，所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递减，即h′(x)≤h′(0)＝0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)＝0， 故g(x)≤h(x)≤0. 综上所述，a的取值范围是(－∞，2]. 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 (2)当 x∈[0，＋∞) 时， f(x)≥g(x)恒成立，求 a 的取值范围． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 $