第三章 不等式恒(能)成立问题 进阶4 端点效应讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦一元函数导数应用中的端点效应，覆盖一阶、二阶端点效应核心考点，结合高考高频考向（如双端点、隐端点综合考查），通过核心梳理明考点、题型突破分阶讲（例1一阶、例2二阶）、限时训练强实战的教学环节，帮助学生构建从必要性探路到充分性验证的解题框架，体现复习的系统性与针对性。 讲义以“必要性探路，充分性护航”为核心策略，创新融入导数单调性分析与端点试探结合的论证方法，如例2通过二阶端点效应（f(a)=0,f’(a)=0时f''(a)≥0）培养学生逻辑推理（数学思维），设置分层限时训练（15分钟两道综合题）提升实战效率，助力学生高效突破导数压轴题，为教师把控复习节奏提供精准教学资源。

第三章　一元函数的导数及其应用 进阶篇　不等式恒(能)成立问题 进阶4　端点效应 【高考考向预测】 近三年高考导数恒成立题型里端点效应考查频次极高，是快速求参、缩小范围的常用解题技巧，常先利用区间端点取值锁定参数初步范围，再充分验证必要性与充分性，多用于不等式恒成立、参数取值范围类大题；预测2027年依旧会高频融入导数压轴题，命题更隐蔽化，侧重双端点、隐端点以及分段区间端点综合考查，弱化直白套路，强化端点试探结合单调性分析论证，注重规范书写避开逻辑漏洞，侧重考查严谨解题思维。 重点解读　端点效应法是一种必要性探路法，是指对某些与函数有关的恒成立问题，通过选取函数定义域内的某些特殊值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内进行讨论，或去验证其充分性，进而得到参数的准确范围的方法. 【核心梳理●明考点】 1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0且f(b)≥0. 2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0恒成立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在x≥x0时不恒为非负值，不满足要求，如图(3). 这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为判断端点处的导数值符号，这就是端点效应. 类似地，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，当x>x0时，f(x)<0恒成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)<0. 3.二阶端点效应：如图(4)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)=0，f'(a)=0，则f″(a)≥0. 端点效应的核心思想是必要性探路，充分性护航.我们在解决这一类恒成立问题时，可以利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可. 【题型突破●明方向】 题型一　一阶端点效应 例1　设函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围. 【跟踪训练】1　设函数f(x)=ex-e-x.若对任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围. 题型二　二阶端点效应 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (1)若a=-2，求f(x)的极值； (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 【跟踪训练】2　(2025·辽宁名校联盟模拟)已知函数f(x)=2ex-ax2-2x-2(a∈R). (1)当a=0时，求证：f(x)≥0； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 【限时训练】 （15分钟） 1.(17分)已知f(x)=2x-ln(2x+1)，g(x)=ex-x-1. (1)求g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；(6分) (2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.(11分) 2.(17分)已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)ln x，g(x)=ax-ex-1. (1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性；(8分) (2)若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围.(9分) 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章　一元函数的导数及其应用 进阶篇　不等式恒(能)成立问题 进阶4　端点效应 【高考考向预测】 近三年高考导数恒成立题型里端点效应考查频次极高，是快速求参、缩小范围的常用解题技巧，常先利用区间端点取值锁定参数初步范围，再充分验证必要性与充分性，多用于不等式恒成立、参数取值范围类大题；预测2027年依旧会高频融入导数压轴题，命题更隐蔽化，侧重双端点、隐端点以及分段区间端点综合考查，弱化直白套路，强化端点试探结合单调性分析论证，注重规范书写避开逻辑漏洞，侧重考查严谨解题思维。 重点解读　端点效应法是一种必要性探路法，是指对某些与函数有关的恒成立问题，通过选取函数定义域内的某些特殊值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内进行讨论，或去验证其充分性，进而得到参数的准确范围的方法. 【核心梳理●明考点】 1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0且f(b)≥0. 2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0恒成立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在x≥x0时不恒为非负值，不满足要求，如图(3). 这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为判断端点处的导数值符号，这就是端点效应. 类似地，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，当x>x0时，f(x)<0恒成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)<0. 3.二阶端点效应：如图(4)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)=0，f'(a)=0，则f″(a)≥0. 端点效应的核心思想是必要性探路，充分性护航.我们在解决这一类恒成立问题时，可以利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可. 【题型突破●明方向】 题型一　一阶端点效应 例1　设函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围. 【解析】依题意，f'(x)=， 由于g(x)=xf'(x)，x≥0， 即g(x)=，x≥0， 而f(x)≥ag(x)恒成立， 即ln(1+x)≥恒成立. 令F(x)=ln(1+x)-(x≥0)， 则F(x)≥0在[0，+∞)上恒成立. 由于F(0)=0，故此时必须保证函数F(x)在x=0右侧附近区间上单调递增， 即保证F'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立， 而F'(x)=-=， 则F'(0)=1-a， 故F'(0)≥0，即a≤1. 下证当a≤1时，F(x)≥0在[0，+∞)上恒成立. 当a≤1时，函数F'(x)=≥≥0， 故函数F(x)在[0，+∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)=0， 故当a≤1时，函数F(x)≥0在[0，+∞)上恒成立， 即原命题成立， 故实数a的取值范围是(-∞，1]. 【思维升华】这类恒成立题目，首先要构建一个新的函数使之大于等于0(或者小于等于0)，然后把区间端点代入计算看一下是否恰好为0，再求导，算出端点一阶导函数值，若端点一阶导函数值不为0，直接令导函数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0)，求出参数范围然后证明即可. 【跟踪训练】1　设函数f(x)=ex-e-x.若对任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围. 【解析】依题意，若对任意x≥0都有f(x)≥ax， 即要保证f(x)-ax≥0恒成立，也就是当x≥0时，ex-e-x-ax≥0恒成立. 令F(x)=ex-e-x-ax(x≥0)， 由于F(0)=e0-e0=0， 要使函数F(x)≥0在[0，+∞)上恒成立， 即保证F(x)在x=0右侧附近区间上单调递增，则F'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立， 而F'(x)=ex+e-x-a， 且F'(0)=1+1-a=2-a， 故F'(0)≥0，即a≤2. 下证当a≤2时，F(x)≥0在[0，+∞)上恒成立， 当a≤2时，函数F'(x)=ex+e-x-a≥ex+e-x-2≥2-2=0， 故函数F(x)在[0，+∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)=0在[0，+∞)上恒成立， 故实数a的取值范围是(-∞，2]. 题型二　二阶端点效应 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (1)若a=-2，求f(x)的极值； (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 【解析】(1)若a=-2，则f(x)=(-2x+1)ex-1， 所以f'(x)=(-2x-1)ex， 令f'(x)=0，解得x=-， 令f'(x)>0，解得x<-，令f'(x)<0，解得x>-， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)的极大值为f=2-1，无极小值. (2)方法一　f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立， 即(ax+1)ex-1≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立， 令g(x)=(ax+1)ex-(a+1)x-1，x≥0， 由于当x≥0时，函数g(x)≤0恒成立，而g(0)=0， 故要使函数g(x)≤0在[0，+∞)上恒成立，需保证g(x)在x=0右侧附近区间上单调递减， 即保证函数g'(x)≤0在x=0右侧附近区间上恒成立. 而g'(x)=aex+(ax+1)ex-(a+1)， 故g'(0)=0， 即此时需保证函数g'(x)在x=0右侧附近区间上单调递减， 即保证函数g″(x)≤0在x=0右侧附近区间上恒成立. 而g″(x)=(2a+ax+1)ex， 故g″(0)=2a+1≤0，即a≤-. 下证当a≤-时，g(x)≤0在[0，+∞)上恒成立. 当a≤-时，g″(x)=(2a+ax+1)ex≤axex≤0， 则g'(x)在[0，+∞)上单调递减， 又g'(0)=0， 故g'(x)≤0， 故此时函数g(x)在[0，+∞)上单调递减， 即g(x)≤g(0)=0， 所以当a≤-时，函数g(x)≤0在[0，+∞)上恒成立， 即实数a的取值范围是. 方法二　f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立， 即(a+1)x-(ax+1)ex+1≥0对任意的x∈[0，+∞)恒成立， 令h(x)=(a+1)x-(ax+1)ex+1，x≥0， 所以h'(x)=(a+1)-(ax+a+1)ex， 令u(x)=h'(x)， 所以u'(x)=-(ax+2a+1)ex，x≥0， 当a≤-时，2a+1≤0， 又x≥0，所以ax+2a+1≤0， 所以u'(x)=-(ax+2a+1)ex≥0在[0，+∞)上恒成立， 所以u(x)即h'(x)在区间[0，+∞)上单调递增， 所以h'(x)≥h'(0)=0， 所以h(x)在区间[0，+∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(0)=0，符合题意； 当-<a<0时， 令u'(x)<0，解得0≤x<-， 则u(x)即h'(x)在区间上单调递减， 所以当x∈时，h'(x)<h'(0)=0， 所以h(x)在区间上单调递减， 所以当x∈时，h(x)<h(0)=0，不符合题意； 当a≥0时，又x≥0，所以u'(x)<0， 所以u(x)即h'(x)在区间[0，+∞)上单调递减， 所以h'(x)≤h'(0)=0， 所以h(x)在区间[0，+∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(0)=0，不符合题意. 综上，a的取值范围为. 【思维升华】如果端点处一阶导函数值为0，把一阶导数当作新函数，令二阶导数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0)求出参数范围，然后证明即可. 【跟踪训练】2　(2025·辽宁名校联盟模拟)已知函数f(x)=2ex-ax2-2x-2(a∈R). (1)当a=0时，求证：f(x)≥0； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. (1)【证明】当a=0时，f(x)=2ex-2x-2， 则f'(x)=2ex-2， 令f'(x)=0，解得x=0， 当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)>0， 所以f(x)在区间(-∞，0)上单调递减， 在区间(0，+∞)上单调递增， 所以f(x)在x=0处取得最小值， 即f(x)≥f(0)=0. (2)【解析】由于f(0)=0，当x≥0时，f(x)≥0， 故要保证函数f(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f'(x)≥0在x=0的右侧附近区间上恒成立. 又f'(x)=2ex-2-2ax，f'(0)=0， 即此时需保证函数f'(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f″(x)≥0在x=0的右侧附近区间上恒成立. 又f″(x)=2ex-2a，f″(x)在区间[0，+∞)上单调递增， 故f″(0)=2-2a≥0， 即a≤1. 下证当a≤1时，f(x)≥0在[0，+∞)上恒成立. 当a≤1时，f″(x)=2ex-2a≥2ex-2≥0， 所以f'(x)在[0，+∞)上单调递增， 所以f'(x)≥f'(0)=0， 所以f(x)在[0，+∞)上单调递增， 即f(x)≥f(0)=0在[0，+∞)上恒成立， 综上，a的取值范围是(-∞，1]. 【限时训练】 （15分钟） 1.(17分)已知f(x)=2x-ln(2x+1)，g(x)=ex-x-1. (1)求g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；(6分) (2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.(11分) 【解析】(1)切点坐标为(1，e-2)，且g'(x)=ex-1， 所以g'(1)=e-1， 所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)， 即(e-1)x-y-1=0. (2)记F(x)=kf(x)-g(x) =k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)(x≥0)， 求导得F'(x)=k-(ex-1) =-ex+1(x≥0)， F″(x)=4k·-ex=-ex， 由F(x)≤0在[0，+∞)上恒成立，且F(0)=0，F'(0)=0， 从而F″(0)≤0，得k≤. 下证当k≤时，F(x)≤0在[0，+∞)上恒成立. 当k≤时， F(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1) ≤[2x-ln(2x+1)]-ex+x+1 ≤[2x-ln(2x+1)]-x2， 下证[2x-ln(2x+1)]-x2≤0(x≥0)恒成立， 设p(x)=[2x-ln(2x+1)]-x2，x≥0， 则p'(x)=-x=≤0， 故p(x)在[0，+∞)上单调递减， 则p(x)≤p(0)=0，得证. 综上，实数k的取值范围是. 2.(17分)已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)ln x，g(x)=ax-ex-1. (1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性；(8分) (2)若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围.(9分) 【解析】(1)f'(x)=ax+(a-1)+ = =(x>0，a>0)， ①当≤0，即a≥时， 当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增； ②当0<<1，即<a<时， 当0<x<或x>1时，f'(x)>0， 当<x<1时，f'(x)<0， 所以f(x)在区间上单调递减，在区间和(1，+∞)上单调递增； ③当>1，即0<a<时， 当0<x<1或x>时，f'(x)>0， 当1<x<时，f'(x)<0， 所以f(x)在区间上单调递减，在区间(0，1)和上单调递增； ④当=1，即a=时，f'(x)≥0， 所以f(x)在定义域(0，+∞)上单调递增. 综上，当0<a<时，f(x)在区间上单调递减，在区间(0，1)和上单调递增； 当a=时，f(x)在定义域(0，+∞)上单调递增； 当<a<时，f(x)在区间上单调递减，在区间和(1，+∞)上单调递增； 当a≥时，f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增. (2)令h(x)=f(x)-g(x)=ax2-x+(1-2a)ln x+ex-1，x∈(0，1]， 原问题等价于h(x)≥0在区间(0，1]上恒成立，可知h(1)=a-+1=0， 要想h(x)≥0在区间(0，1]上恒成立，首先必须要h'(1)≤0， 而h'(x)=ax-++ex-1， 所以h'(1)=a-+1-2a+1=-+1≤0，得a≥. 下证当a≥时，h(x)≥0在(0，1]上恒成立. 当a≥时，h″(x)=a++ex-1，由于x∈(0，1]，可得h″(x)>0， 所以h'(x)在区间(0，1]上单调递增，故h'(x)≤h'(1)≤0，所以h(x)在区间(0，1]上单调递减， 所以h(x)≥h(1)=0在(0，1]上恒成立，故原不等式恒成立. 综上，若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立， 则实数a的取值范围为. 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $