重难点 导数与端点效应的应用 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数应用中的端点效应核心考点，按端点函数值为零、端点导函数值为零、中值点效应及端点失效解决方案四个视角系统梳理知识，通过问题综述、方法提炼、真题精讲（含2024全国甲卷等）和变式训练，帮助学生构建解题逻辑，突破恒成立问题难点。 讲义创新采用“视角分层+真题锚定”教学策略，如在端点导函数值为零视角中，结合2022新高考Ⅱ卷真题，引导学生通过二阶导数分析函数单调性，培养数学思维和逻辑推理能力。设置基础到综合的分层练习，配合即时方法总结，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

重难点　端点效应的应用 端点效应 必备知识 必备解法 函数的连续性 函数的单调性 反证法 端点函数值为零 端点导函数值为零 中值点函数值为零 目录 一、问题综述 1 二、利用端点效应解题的不同视角 2 端点函数值为零 2 端点导函数值为零 4 中值点函数值或导函数值为零(极点效应) 6 　端点失效的解决方案 10 一、问题综述 若f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，则必有f(a)≥0且f(b)≥0．若此时f(a)=0，则在a附近的极小区间中（如下图），当x0≥a时，有f(x0)≥f(a)=0，知f(x)应该是增函数，所以f'(x)≥0，故f'(a)≥0(进一步若f'(a)=0，则f″(a)≥0)．因为如果f'(a)<0，那么函数会在a右侧的一个小区间内先单调递减，会出现如下情况，此时函数f(x)不恒正，不满足要求，这就是“端点效应”． 　　　　 但是，需要注意的是，f'(a)≥0只是f(x)≥0成立的一个必要条件，如果此时二阶导函数不变号，那么这种方法没有问题；但如果二阶导函数变号，那么计算出的结果极有可能不是正确答案，即端点失效，需要换一种思路解决问题，分类讨论或者参变分离等. 在应用“端点效应”解题的过程中，涉及到函数的“保号性”，即“局部保号性”．它是微积分学中的一个重要概念，有多种叙述形式，我们介绍一种比较容易理解的形式：已知函数f(x)在a点连续，且f(a)>0，则存在σ>0，当|x－a|<σ时，f(x)>0(注意它的逆命题是假命题). 二、利用端点效应解题的不同视角 端点函数值为零 若f(x，m)≥0(m为参数)在[a，b](a，b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的函数值为零的情况． 例1. 已知函数f(x)＝ex－1－asinx，若f(x)≥0在[0，π]上恒成立，求实数a的取值范围． 1．已知函数f(x)＝axln x－xa，若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求正数a的取值范围. 2.已知函数f(x)=exln x-a(x-1). (1)若a=-1，判断函数f(x)的单调性；(8分) (2)若f(x)>0在(1，+∞)上恒成立，求a的取值范围.(9分) 端点导函数值为零 若f(x)≥0(m为参数)在[a，b](a，b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的函数值为零且导数值也为零的情况． 例2. (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 1.(2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex.当x＞0时，f(x)＜－1，求实数a的取值范围． 2.已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若g(x)≥kf(x)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围. 中值点函数值或导函数值为零(极点效应) 　　如果函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x>a时(其中a<x0)，f(x)≥0恒成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)=0，如图1所示. 　　因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内单调递减，会出现如图2的情况；如果f'(x0)>0，那么函数会在x0左侧的一个小区间内单调递增，会出现如图3的情况. 而这两种情况都不能保证函数值非负. 　　这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为区间中某一点处的导数值为零，这就是极点效应. 极点效应也是必要性探路的一种情况，若在区间(a，b)上，f(x)≥0(≤0)恒成立，且∃x0∈(a，b)，f(x0)=0，则f(x0)为函数f(x)的最小(大)值，同时也是极小(大)值，利用x0为极值点即可求出参数的值，再代入函数检验即可. 例3. (2024·镇江期初(下))已知函数f(x)＝cosx＋ln(1＋x)－1． (1) 判断函数f(x)在区间上极值点和零点的个数，并给出证明； (2) 若f(x)≤ax恒成立，求实数a的值． １．已知a>0，函数f(x)＝ax2－x，g(x)＝ln x.是否存在实数a，使f(x)≥g(ax)恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由. 2．已知函数f(x)=ax2-ax-xln x. (1)若函数f(x)在x=1处取得极值，求a的值，并判断x=1是函数f(x)的极大值点还是极小值点； (2)若f(x)≥0，求a的值. 3.已知函数f(x)=aex-1-x-(a-1). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0在R上恒成立，求a的值. 例4. 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x－，若当x>－1时，f(x)≤ax2，求实数a的取值范围. 端点失效的解决方案 利用端点效应解题时，要注意端点效应的使用条件 (1)一阶端点效应：连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且 f(a)=0，若f″(x)不变号，则只需f'(a)≥0即可，若f″(x)的符号不确定，可正可负，即导函数f'(x)的单调性不确定，此时端点失效，令f'(a)≥0得到的a的范围不准确. (2)二阶端点效应：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，若f‴ (x)不变号，则只需f″(a)≥0即可，若f‴ (x)的符号不确定，可正可负，即导函数f″(x)的单调性不确定，此时端点失效，令f″(a)≥0得到的a的范围不准确. 在端点效应失效的情况下，一般有两种方案处理该类问题：一是在端点效应的参数范围基础上，对必要条件逐步进行分类讨论，最后给出符合题意的参数取范围；二是利用分离参数法求解问题，此时不分出现洛毕塔法则应用的情况。 例5. 已知函数f(x)=ex+ax2-x. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 1.(2025·九江模拟)已知函数f(x)=e2x+ax2+bx(a，b∈R)，曲线y=f(x)在x=处的切线经过点. (1)求a；(4分) (2)若b≥a，判断f(x)的单调性；(5分) (3)当x≥0时，f(x)≥2x3+1，求b的取值范围.(8分) 2.已知函数f(x)=ex+1－x2 —kx. (1)当k=0时，求曲线y=f(x)在点(－1,f(－1))处的切线方程；］ (2)若f(x)在区间[－1,+)上单调递增，求k的取值范围； (3)当x≥－1时，f(x)≥f(－1)，求k的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点　端点效应的应用 端点效应 必备知识 必备解法 函数的连续性 函数的单调性 反证法 端点函数值为零 端点导函数值为零 中值点函数值为零 目录 一、问题综述 1 二、利用端点效应解题的不同视角 2 端点函数值为零 2 端点导函数值为零 4 中值点函数值或导函数值为零(极点效应) 6 　端点失效的解决方案 10 一、问题综述 若f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，则必有f(a)≥0且f(b)≥0．若此时f(a)=0，则在a附近的极小区间中（如下图），当x0≥a时，有f(x0)≥f(a)=0，知f(x)应该是增函数，所以f'(x)≥0，故f'(a)≥0(进一步若f'(a)=0，则f″(a)≥0)．因为如果f'(a)<0，那么函数会在a右侧的一个小区间内先单调递减，会出现如下情况，此时函数f(x)不恒正，不满足要求，这就是“端点效应”． 　　　　 但是，需要注意的是，f'(a)≥0只是f(x)≥0成立的一个必要条件，如果此时二阶导函数不变号，那么这种方法没有问题；但如果二阶导函数变号，那么计算出的结果极有可能不是正确答案，即端点失效，需要换一种思路解决问题，分类讨论或者参变分离等. 在应用“端点效应”解题的过程中，涉及到函数的“保号性”，即“局部保号性”．它是微积分学中的一个重要概念，有多种叙述形式，我们介绍一种比较容易理解的形式：已知函数f(x)在a点连续，且f(a)>0，则存在σ>0，当|x－a|<σ时，f(x)>0(注意它的逆命题是假命题). 二、利用端点效应解题的不同视角 端点函数值为零 若f(x，m)≥0(m为参数)在[a，b](a，b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的函数值为零的情况． 例1. 已知函数f(x)＝ex－1－asinx，若f(x)≥0在[0，π]上恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】 由题意，注意到f(0)＝0，f′(x)＝ex－acosx，x∈[0，π]，f″(x)＝ex＋asinx，令f′(0)＝1－a≥0，得a≤1．当a≤0时，ex－1≥0，asinx≤0，所以f(x)＝ex－1－asinx≥0，满足题意；当0＜a≤1时，f″(x)＝ex＋asinx＞0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，结合f′(0)＝1－a≥0知f′(x)≥0，从而f(x)在[0，π]上单调递增，又f(0)＝0，所以f(x)≥0恒成立，满足题意；当a＞1时，f″(x)＝ex＋asinx＞0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，结合f′(0)＝1－a＜0，f′＝e＞0可得f′(x)在上有唯一的零点x0，且当0≤x＜x0时，f′(x)＜0，所以f(x)在[0，x0)上单调递减，又f(0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f(x)＜0，从而f(x)≥0不能恒成立，不合题意．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1]． 1．已知函数f(x)＝axln x－xa，若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求正数a的取值范围. 解　必要性：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)＝aln x＋a－axa－1＝a(ln x＋1－xa－1)≤0在(1，＋∞)内恒成立. 令g(x)＝ln x＋1－xa－1， 则g(x)＝ln x＋1－xa－1≤0在(1，＋∞)内恒成立， 因为g(1)＝0，g′(x)＝－(a－1)xa－2， 则g′(1)≤0，即g′(1)＝1－(a－1)≤0，则a≥2. 充分性：因为a≥2，所以a－1≥1， 因为x>1，所以xa－1≥x，则g(x)＝ln x＋1－xa－1≤ln x＋1－x<0， 所以f′(x)＝a(ln x＋1－xa－1)<0.故a的取值范围是[2，＋∞). 2.已知函数f(x)=exln x-a(x-1). (1)若a=-1，判断函数f(x)的单调性；(8分) (2)若f(x)>0在(1，+∞)上恒成立，求a的取值范围.(9分) 解　(1)当a=-1时，f(x)=exln x+(x-1)(x>0)，f'(x)=exln x++1=ex+1， 令g(x)=ln x+，x>0，∴g'(x)=-=， 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， ∴g(x)min=g(1)=1>0，∴ln x+>0，∴f'(x)=ex+1>0， ∴f(x)在(0，+∞)上单调递增. (2)当x>1时，f'(x)=ex-a， 若a≤e，则f'(1)=e-a≥0，且f″(x)=ex>0， ∴f'(x)单调递增，∴当x>1时，f'(x)>0恒成立， ∴f(x)在(1，+∞)上单调递增，则x>1时，f(x)>f(1)=0； 若a>e，ea>1，则f'(1)=e-a<0，f'(ea)>0，且f″(x)=ex>0， 则f'(x)单调递增，∴存在x0∈(1，ea)，使得f'(x0)=0成立，∴f(x)在(1，x0)上单调递减，∴f(x0)<f(1)=0，矛盾，舍去. 综上，a的取值范围为(-∞，e]. 端点导函数值为零 若f(x)≥0(m为参数)在[a，b](a，b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的函数值为零且导数值也为零的情况． 例2. (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】方法一：f′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1＝－a ln (1＋x)－，x≥0.设s(x)＝－a ln (1＋x)－，x≥0，则s′(x)＝－＝－＝－.若a≤－，则s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上为增函数，故s(x)≥s(0)＝0，即f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)＝0.若－＜a＜0，则当0＜x＜－时，s′(x)＜0，故s(x)在上为减函数，此时s(x)＜s(0)＝0，即f′(x)＜0，即f(x)为减函数，故f(x)＜f(0)＝0，不合题意．若a≥0，则s′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时s(x)＜s(0)＝0，则f′(x)＜0，从而f(x)＜f(0)＝0恒成立，不合题意．综上，a的取值范围为. 方法二： f′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1且f′(0)＝0，则f″(x)＝－－，f″(0)＝－a－1－a＝－2a－1.若f″(0)＜0，即a＞－时，存在正数x0，当x∈(0，x0)时，f″(x)＜0，故f′(x)在(0，x0)上单调递减，于是f′(x)＜f′(0)＝0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，则f(x)＜f(0)＝0，与题干矛盾，故f″(0)＝－2a－1≥0，即a≤－.下证当a≤－，x≥0时，f(x)≥0.由于x≥0，f(x)≥ln (1＋x)－x.令g(x)＝ln (1＋x)－x，则g′(x)＝ln (1＋x)＋－1，g″(x)＝＞0，故g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，则g′(x)≥g′(0)＝0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0.故a的取值范围是． 1.(2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex.当x＞0时，f(x)＜－1，求实数a的取值范围． 【解答】由题知f′(x)＝(ax＋1)eax－ex，f″(x)＝(a2x＋2a)eax－ex，因为f(0)＝－1，f′(0)＝0，依题知，当x＞0时，f(x)＜－1，所以f″(0)＝2a－1≤0，解得a≤.下面证明：xeax－ex＜－1对a≤且x＞0恒成立，只需证明xex－ex＜－1对x＞0恒成立，即证x＜ex－对x＞0恒成立，即证2ln t＜t－①对t＞1恒成立．设p(t)＝t－－2ln t(t＞1)，则p′(t)＝1＋－＝＞0，所以p(t)＞p(1)＝0，故①式成立，则实数a的取值范围为. 2.已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若g(x)≥kf(x)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围. 解　(1)f′(x)＝1－＝(x>－1)，令f′(x)＝0，得x＝0， ∴当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2)由题意得ex－x－1≥k[x－ln(x＋1)]在x∈[0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]，则h(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立， h′(x)＝ex－1－k，则h′(0)＝0，h″(x)＝ex－，h″(0)＝1－k， 若h″(0)＝1－k<0，即k>1时，存在x∈(0，＋∞)使得x∈(0，x0)时，h″(x)<0， 则在(0，x0)上h′(x)单调递减，此时h′(x)<h′(0)＝0， 则h(x)在(0,x0)上单调递减，且x∈(0,x0)使h(x)<h(0)＝0，则h(x)≥0不恒成立. 若h″(0)＝1－k≥0，即k≤1时， 由(1)知f(x)＝x－ln(x＋1)的最小值为f(0)＝0， 则h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]≥ex－x－1－x＋ln(x＋1) ＝ex－2x－1＋ln(x＋1)(x≥0). 令φ(x)＝ex－2x－1＋ln(x＋1)(x≥0)， φ′(x)＝ex－2＋≥x＋1＋－2≥2－2＝0(当且仅当x＝0时取等号)， 则φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0， 即k≤1时，h(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 综上，k的取值范围是(－∞，1]. 中值点函数值或导函数值为零(极点效应) 　　如果函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x>a时(其中a<x0)，f(x)≥0恒成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)=0，如图1所示. 　　因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内单调递减，会出现如图2的情况；如果f'(x0)>0，那么函数会在x0左侧的一个小区间内单调递增，会出现如图3的情况. 而这两种情况都不能保证函数值非负. 　　这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为区间中某一点处的导数值为零，这就是极点效应. 极点效应也是必要性探路的一种情况，若在区间(a，b)上，f(x)≥0(≤0)恒成立，且∃x0∈(a，b)，f(x0)=0，则f(x0)为函数f(x)的最小(大)值，同时也是极小(大)值，利用x0为极值点即可求出参数的值，再代入函数检验即可. 例3. (2024·镇江期初(下))已知函数f(x)＝cosx＋ln(1＋x)－1． (1) 判断函数f(x)在区间上极值点和零点的个数，并给出证明； (2) 若f(x)≤ax恒成立，求实数a的值． 【解答】(1)由题可得f′(x)＝－sinx＋．令h(x)＝f′(x)＝－sinx＋，则h′(x)＝－cosx－．因为x∈，所以cosx＞0，(x＋1)2＞0，则h′(x)＜0，所以f′(x)在上单调递减．又f′(0)＝1＞0，f′＝－1＋＜0，且f′(x)在上连续，由零点存在定理知存在唯一零点x0∈，使f′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f′(x0)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x0)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)在上只有一个极值点，且为极大值点．因为x∈(0，x0)时，f(x)＞f(0)＝0，则x∈(0，x0)时，f(x)无零点．又因为f(x0)＞f(0)＝0，f＝0＋ln－1＝ln＜ln1＝0，且f(x)在上单调递减，则存在唯一零点x1∈，使f(x1)＝0，所以f(x)在上只有一个零点，只有一个极大值点． (2) 令g(x)＝f(x)－ax＝cosx＋ln(1＋x)－ax－1，x∈(－1，＋∞)．由g(x)≤0恒成立，得g(x)max≤0．因为g(0)＝0，g(x)的图象在定义域上连续不间断，所以只需x＝0是g(x)的一个极大值点．因为g′(x)＝－sinx＋－a，则g′(0)＝1－a＝0，解得a＝1．下证：当a＝1时，g(x)＝cosx＋ln(1＋x)－x－1≤0恒成立．因为g′(x)＝－sinx＋－1＝－sinx－．当x∈(－1,0]时，－sinx≥0，－≥0，g′(x)≥0，g(x)在(－1,0]上单调递增，所以g(x)≤g(0)＝0．当x∈[0，＋∞)时，g(x)＝(cosx－1)＋[ln(x＋1)－x]，令φ(x)＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，φ′(x)＝－1＝≤0，则φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，则φ(x)≤φ(0)＝0．ln(1＋x)－x≤0．又因为cosx－1≤0，所以当x∈[0，＋∞)时，g(x)＝(cosx－1)＋[ln(1＋x)－x]≤0．综上，当a＝1时，f(x)≤ax恒成立． １．已知a>0，函数f(x)＝ax2－x，g(x)＝ln x.是否存在实数a，使f(x)≥g(ax)恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由. 【明说解题】以下的解法是不科学的，需要说明为什么φ′＝0？即需要分别对φ′＞0与φ′＜0给出引起矛盾冲突的理由． 解　必要性：令φ(x)＝f(x)－g(ax)＝ax2－x－ln ax，x>0，则φ′(x)＝2ax－1－. 　　因为φ＝0，又φ(x)≥0，则是φ(x)的一个极小值点，则φ′＝0， 　　解得a＝1. 充分性：当a＝1时，φ′(x)＝2x－1－＝. 　　当0<x<1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 　　从而φ(x)≥φ(1)＝0，符合题意. 综上，可知a＝1. 2．已知函数f(x)=ax2-ax-xln x. (1)若函数f(x)在x=1处取得极值，求a的值，并判断x=1是函数f(x)的极大值点还是极小值点； (2)若f(x)≥0，求a的值. 解　(1)∵f'(x)=2ax-a-1-ln x，x>0，∴f'(1)=a-1=0，∴a=1. 当a=1时，f(x)=x2-x-xln x，x>0，f'(x)=2x-2-ln x，f″(x)=2-=， 当x∈时，f″(x)<0，当x∈时，f″(x)>0， ∴f'(x)在上单调递减，在上单调递增， 又f'(1)=0，∴当x∈时，f'(x)<0，当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， ∴f(x)在x=1处取得极小值，x=1为f(x)的极小值点. (2)方法一　(极点效应)f(x)的定义域为(0，+∞)， 设g(x)=ax-a-ln x，x>0，则f(x)=xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0. ∵g(x)≥0，g(1)=0，∴当x=1时，函数g(x)取得最小值，同时也是函数g(x)的极小值， ∴g'(1)=0，又g'(x)=a-，则g'(1)=a-1=0，得a=1. 若a=1，则g'(x)=1-. 当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增， ∴x=1是g(x)的极小值点， 故g(x)≥g(1)=0，综上，a=1. 方法二　∵f(x)=ax2-ax-xln x=x(ax-a-ln x)(x>0)，则f(x)≥0等价于h(x)=ax-a-ln x≥0， 求导得h'(x)=a-. 则当a≤0时，h'(x)<0，即h(x)在(0，+∞)上单调递减， 又h(1)=a-a-ln 1=0，∴当x∈(0，1)时，h(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h(x)<0， 与h(x)≥0矛盾，故a≤0不符合题意，∴a>0. ∵当0<x<时，h'(x)<0，当x>时，h'(x)>0， ∴h(x)在上单调递减，在上单调递增，∴h(x)min=h， 又∵h(1)=a-a-ln 1=0，∴=1，解得a=1. 3.已知函数f(x)=aex-1-x-(a-1). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0在R上恒成立，求a的值. 解　(1)f(x)的定义域为R，f'(x)=aex-1-1， 当a≤0时，f'(x)<0，∴f(x)在R上单调递减，当a>0时，令f'(x)=0，∴x=1-ln a， ∴当x∈(-∞，1-ln a)时，f'(x)<0，当x∈(1-ln a，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)单调递减； 当a>0时，f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增. (2)方法一　(极点效应)f'(x)=aex-1-1，注意到f(1)=a-1-(a-1)=0， 则当x=1时，函数f(x)取得最小值，同时取得极小值， ∴f'(1)=a-1=0，∴a=1. 而当a=1时，f(x)=ex-1-x，f'(x)=ex-1-1， 当x<1时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f'(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)≥f(1)=0，即f(x)≥0在R上恒成立，∴a=1. 方法二　 由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递减，且f(1)=a-1-(a-1)=0， ∴当x∈(1，+∞)时，f(x)<0，与f(x)≥0矛盾， 当a>0时，f(x)min=f(1-ln a)=ae-ln a-(1-ln a)-(a-1)=ln a-a+1， ∴ln a-a+1≥0， 令g(a)=ln a-a+1，a>0，g'(a)=-1=， ∴g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∴g(a)max=g(1)=0，∴g(a)≤0， 即ln a-a+1≤0，又ln a-a+1≥0，∴ln a-a+1=0，解得a=1. 故a=1. 例4. 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x－，若当x>－1时，f(x)≤ax2，求实数a的取值范围. 解　必要性：令g(x)＝ln(x＋1)－x－－ax2≤0，g′(x)＝－1－x2－2ax， g″(x)＝－－2x－2a， 因为g(0)＝0，g′(0)＝0，所以g″(0)≤0， 则a≥－. 充分性：当a≥－时，g(x)＝ln(x＋1)－x＋x2－＋x2， 由三阶泰勒公式知ln(x＋1)－x＋x2－≤0(证明过程略)，又x2≤0， ∴g(x)＝ln(x＋1)－x＋x2－＋x2≤0，即g(x)≤0. 故实数a的取值范围是. 端点失效的解决方案 利用端点效应解题时，要注意端点效应的使用条件 (1)一阶端点效应：连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且 f(a)=0，若f″(x)不变号，则只需f'(a)≥0即可，若f″(x)的符号不确定，可正可负，即导函数f'(x)的单调性不确定，此时端点失效，令f'(a)≥0得到的a的范围不准确. (2)二阶端点效应：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，若f‴ (x)不变号，则只需f″(a)≥0即可，若f‴ (x)的符号不确定，可正可负，即导函数f″(x)的单调性不确定，此时端点失效，令f″(a)≥0得到的a的范围不准确. 在端点效应失效的情况下，一般有两种方案处理该类问题：一是在端点效应的参数范围基础上，对必要条件逐步进行分类讨论，最后给出符合题意的参数取范围；二是利用分离参数法求解问题，此时不分出现洛毕塔法则应用的情况。 例5. 已知函数f(x)=ex+ax2-x. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 【明说解题】端点失效的原因，是推理方式问题，错把必要条件当成充要条件！当端点失效时，一般采用分离参数法可以得到正解。 解　(1)当a=1时，f(x)=ex+x2-x，f'(x)=ex+2x-1， 令φ(x)=ex+2x-1，由于φ'(x)=ex+2>0， 故f'(x)单调递增，注意到f'(0)=0， 故当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增. (2)错解：令g(x)=f(x)-=ex+ax2-x-x3-1，即证：当x≥0时，g(x)≥0， 　　∵g(0)=0，g'(x)=ex+2ax-1-x2，且g'(0)=0，∴g″(x)=ex+2a-3x，∴g″(0)=1+2a≥0，∴a≥-. 　　错因：因为g‴(x)=ex-3可正可负，所以g″(x)=ex+2a-3x不单调，导致端点失效.这个只是必要条件，在a≥－的情况下，必须再作单调性研究，就会发现问题． 正解：由f(x)≥x3+1得，ex+ax2-x≥x3+1，其中x≥0， ①当x=0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； ②当x>0时，分离参数a得，a≥-， 记g(x)=-，x>0，则g'(x)=-， 令h(x)=ex-x2-x-1(x>0)，则h'(x)=ex-x-1， 令t(x)=h'(x)，x>0，则t'(x)=ex-1>0，故h'(x)单调递增，h'(x)>h'(0)=0， 故函数h(x)单调递增，h(x)>h(0)=0，由h(x)>0可得ex-x2-x-1>0恒成立， 故当x∈(0，2)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 因此g(x)max=g(2)=， 综上可得，a的取值范围是. 1.(2025·九江模拟)已知函数f(x)=e2x+ax2+bx(a，b∈R)，曲线y=f(x)在x=处的切线经过点. (1)求a；(4分) (2)若b≥a，判断f(x)的单调性；(5分) (3)当x≥0时，f(x)≥2x3+1，求b的取值范围.(8分) 解　(1)f'(x)=2e2x+2ax+b，f =e++，切线斜率k=f '=2e+a+b. 又∵切线经过点，∴2e+a+b=，解得a=-2. (2)由(1)知f(x)=e2x-2x2+bx，f'(x)=2e2x-4x+b， 令g(x)=f'(x)，则g'(x)=4(e2x-1). 当x<0时,g'(x)<0，f'(x)在(-∞,0)上单调递减，当x>0时，g'(x)>0，f'(x)在(0,+∞)上单调递增， ∴f'(x)≥f'(0)=b+2≥a+2=0，∴f(x)在R上单调递增. (3)由题意得e2x-2x2+bx≥2x3+1对任意的x∈[0，+∞)恒成立. ①当x=0时，1≥1，故b∈R； ②当x>0时，原不等式等价于b≥， 设h(x)=，x>0，则h'(x)=， 由(2)知，当b=-2时，e2x-2x2-2x>1对任意的x>0恒成立，即2x2+2x+1-e2x<0. ∴当x∈时，h'(x)>0，h(x)单调递增，当x∈时，h'(x)<0，h(x)单调递减， ∴h(x)max=h=，∴b≥， 故b的取值范围是. 2.已知函数f(x)=ex+1－x2 —kx. (1)当k=0时，求曲线y=f(x)在点(－1,f(－1))处的切线方程；］ (2)若f(x)在区间[－1,+)上单调递增，求k的取值范围； (3)当x≥－1时，f(x)≥f(－1)，求k的取值范围． 　　【明说解题】本题第(2)(3)问想到关联，恰好说明使用端点效应的注意点，当端点效应失效时，需要分类讨论及隐零点知识，用分离参数法最佳． 解　方法一（端点效应）设g(x)= f(x)－f(－1)= ex+1－x2 —k(x+1)， 则g´(x)=ex+1－2x－k，g´(－1)=3－k． (1)当3－k<0,即k>3时，由函数连续性，知x0>－1，当x(－1，x0)时，有g´(x)<0， 所以g(x)在(－1，x0)上是减函数， 而g(－1)=0,所以g(x0)<0，与g(x) ≥0矛盾． (2)当k≤3时，令(x)= g´(x)，则´(x)=ex+1－2，由´(x)＞0,得x>ln2－1, 所以g´(x)在(－1,ln2－1)上单调递减，在(ln2－1,＋)单调递增, 所以g´(x)min=g´(ln2－1)＝4－2ln2－k. ①若k=3,则g´(ln2－1)<0，所以g(x)在(－1,ln2－1)上是减函数， 而g(－1)=0,所以g(ln2－1)<0，与g(x) ≥0矛盾． ②若k≤4－2ln2，则g´(x)≥0，所以g(x)在(－1，＋)上是增函数， 又g(－1)=0，所以g(x) ≥0，符合题意． ③若4－2ln2＜k＜3，则g´(－1)＞0, g´(ln2－1)＜0，又x+，g´(x) +， 所以存在－1＜x1＜ln2－1＜x2，使得g´(x1)＝g´(x2)＝0， 所以g(x)在(－1，x1)，(x2，＋)上单调递增，在(x1， x2)上是减函数. 因为g(－1)=0，若g(x)≥0,则g(x2)≥0,即ex2+1－x22 —k(x2+1)≥0,(*) 由隐零点g´(x2)＝0，得ex2+1－2x2－k=0， 代入(*)式，消去k得x2ex2+1－x22－2 x2≤0,(**) 令F(x)= xex+1－x2－2x,x> ln2－1，则F´(x)=( x+1)(ex+1－2)≥0, 所以F(x)为(ln2－1，＋)上增函数，又F(0)=0, 所以(**)的解为x2≤0, 而k= ex2+1－2x2，令G(x)= ex+1－2x，ln2－1＜x2≤0, 则G´(x)= ex+1－2≥0，所以G(x)为(ln2－1, 0)上增函数, 所以k(4－2ln2,e]， 综上，k的取值范围为(－, e]. 方法二（分离参数）由f(x)≥f(－1)，得 ex+1－x2 ≥k(x+1)， (1)当x=－1时，不等式显然成立； (2)当x>－1时，不等式化为k≤, 设g(x)= ，则g´(x)=， 由g´(x)>0,得x> ln2－1， 所以g(x)在(－1，ln2－1)上单调递减，在(ln2－1，＋)上单调递增， 故k≤g(ln2－1)=e． 学科网（北京）股份有限公司 $