第三章不等式恒(能)成立问题（端点效应）课件——2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦函数恒成立问题与导数应用核心考点，依据高考评价体系梳理端点效应法（一阶、二阶）的解题逻辑，通过近五年模拟题分析明确参数范围求解占比达30%的高频考点，归纳出“必要性探路+充分性验证”的完整答题框架。 课件亮点在于“题型拆解+真题演练+素养渗透”，如以蚌埠模拟题为例，详解一阶端点效应中F(0)=0时F'(0)≥0的推理过程，二阶效应结合二阶导数符号判断，培养学生逻辑推理与数学建模素养。特设易错点警示与解题模板，助力学生高效突破导数综合题，教师可据此精准开展专题复习。

端点效应 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. 重点解读 2 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. 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　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. 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　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. 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　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]. 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. 思维升华 解　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， 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　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]. 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. 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； 解　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. 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). (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　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. 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　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. 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　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. 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　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， 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　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， 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　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； 例2　(2026·蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　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. 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. 思维升华 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； 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. 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). (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 解　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， 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). (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 解　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]. 课时精练 答案 1 2 1. (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)， 答案 1 2 1. 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， 答案 1 2 1. 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， 答案 1 2 1. 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. 答案 1 2 2. (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， 答案 1 2 2. 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； 2. 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； 答案 1 2 2. 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； 答案 1 2 2. 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， 答案 1 2 2. 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， 答案 1 2 2. 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. 答案 1 2 1.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； 解　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. 1 2 答案 1.已知f(x)=2x-ln(2x+1)，g(x)=ex-x-1. (2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围. 解　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， 1 2 答案 1.已知f(x)=2x-ln(2x+1)，g(x)=ex-x-1. (2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围. 解　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， 1 2 答案 1.已知f(x)=2x-ln(2x+1)，g(x)=ex-x-1. (2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围. 解　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. 1 2 答案 2.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； 解　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； 1 2 答案 2.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； 解　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； 1 2 答案 2.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； 解　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； 1 2 答案 2.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； 解　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； 1 2 答案 2.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； 解　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. 1 2 答案 2.已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)ln x，g(x)=ax-ex-1. (2)若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围. 解　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≥. 1 2 答案 2.已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)ln x，g(x)=ax-ex-1. (2)若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围. 解　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. 1 2 答案 $