不等式恒(能)成立问题(五)——端点失效与极点效应 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“不等式恒成立问题”中的端点失效与极点效应，依据高考评价体系梳理了必要性探路、充分性论证等核心考查要求，通过近三年高考真题分析明确导数应用压轴题中该考点占比达30%，归纳出端点效应适用判断、极点效应方程构建等常考题型。 课件亮点在于“错误案例剖析+多法对比+真题变式”的备考策略，如例2通过端点效应失效案例引出极点效应，培养学生逻辑推理的数学思维，提供分离参数、指对同构等解题方法，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

第三章 §3.18 不等式恒(能)成立问题(五)——端点失效与极点效应 利用必要性探路，充分性护航解决恒成立问题时，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.一般情况下单调函数是可以用端点效应的.但有时候难免会遇到端点失效的情况，即通过必要条件得到的参数范围并不是最终的解.当函数不单调时，端点效应就会失效了，如图. 重点解读 2 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>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，这就是端点效应，但是，需要注意的是，f'(x0)>0只是f(x)>0成立的一个必要条件，如果此时二阶导数f″(x)≥0在(x0，+∞)上恒成立，那么这种方法没有问题；但如果二阶导数f″(x)≥0在(x0，+∞)上不恒成立，那么计算出的结果极有可能不是正确答案，即端点失效了. 题型一　端点失效 例1　下列问题中，判断是否能够使用端点效应，并给出说明： (1)f(x)=xln x-a(x-1)，若f(x)>0在(1，+∞)上恒成立，求a的取值范围； 解　注意到f(1)=0，f″(x)=>0， 若f'(1)<0，则一定存在一个x0>1，使得当x∈(1，x0)时，都有f'(x)<0成立， 所以f(x)在(1，x0)上单调递减， 所以当x∈(1，x0)时，f(x)<f(1)=0，并且f″(x)=>0， 因此通过f'(1)≥0得出的参数范围就是正确答案. 例1　下列问题中，判断是否能够使用端点效应，并给出说明： (2)f(x)=xex-ax，若f(x)>0在(0，+∞)上恒成立，求a的取值范围； 解　注意到f(0)=0，f″(x)=(x+2)ex>0， 因此可用端点效应，由f'(0)≥0，得a≤1， 因此我们分a≤1和a>1两类进行讨论. 例1　下列问题中，判断是否能够使用端点效应，并给出说明： (3)ex-ax2≥x+1在[0，+∞)上恒成立，求a的取值范围； 解　令f(x)=ex-ax2-x-1， f'(x)=ex-2ax-1， 注意到虽然f(0)=0， 但同时f'(0)=0， 看似无法用端点效应，其实不然，可以考虑计算二阶导数，再使用端点效应， 即f″(x)=ex-2a，且f‴(x)=ex>0， 例1　下列问题中，判断是否能够使用端点效应，并给出说明： (3)ex-ax2≥x+1在[0，+∞)上恒成立，求a的取值范围； 解　因此可以使用端点效应， 由f″(0)=1-2a≥0，得a≤ 因此我们分a≤和a>两类进行讨论. 例1　下列问题中，判断是否能够使用端点效应，并给出说明： (4)ex+ax2-x≥x3+1在[0，+∞)上恒成立，求a的取值范围. 解　不妨令f(x)=ex-x3+ax2-x-1， 则f(0)=0， 此时看似能够使用端点效应，其实不然， 因为f'(x)=ex-x2+2ax-1， 且f'(0)=0，则f″(x)=ex-3x+2a， f‴(x)=ex-3在[0，+∞)上会变号，这时如果使用端点效应， 应该有f″(0)=1+2a≥0，即a≥-但其实这个答案是错误的，理由如下， 例1　下列问题中，判断是否能够使用端点效应，并给出说明： (4)ex+ax2-x≥x3+1在[0，+∞)上恒成立，求a的取值范围. 解　由f‴(x)=ex-3， 可知f″(x)在(0，ln 3)上单调递减，在(0，ln 3)上f″(x)仍然可能为负， 也即f'(x)可能会先单调递减， 此时f'(x)也有可能为负， 所以f(x)在[0，+∞)上的函数值也可能比端点处小，即这种情况下f(x)有可能为负值. 事实上，当a=-时，f(1)=e-3<0，就不满足要求. 所以当高阶导数变号时，我们应该慎重，此时，端点效应很有可能失效. 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成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)=0，这个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的方法，就是极点效应. 题型二　极点效应 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 错误解法　(端点效应失效) 令h(x)=ex+ax2-x-x3-1，其中x≥0， h(0)=0， h'(x)=ex+2ax-1-x2， h'(0)=0， h″(x)=ex+2a-3x， 由h″(0)=1+2a≥0，得a≥- 但当a=-时，h(x)=ex-x2-x-x3-1，h(1)=e-3<0. 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 正确解法　方法一　(必要性探路) 当x≥0时，f(x)≥x3+1恒成立， 令h(x)=ex+ax2-x-x3-1， 则h'(x)=ex+2ax-1-x2， 由 即 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. ②×x0-①×2得(x0-2)+x0-+2=0， 即(x0-2)-+-+2x0-x0+2=0， 即(x0-2)-(x0-2)-x0(x0-2)-(x0-2)=0， 即(x0-2)=0， 又当x≥0时，ex≥1+x+(当且仅当x=0时等号成立)， 所以x0=0或x0=2， 又h(0)=0， 所以h(2)≥0， 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 即a≥. 下证充分性： 当a≥时， f(x)=ex+ax2-x≥ex+x2-x， 只需证明ex+x2-x≥x3+1(x≥0)恒成立， 即≤4(x≥0)恒成立， 令t(x)=(x≥0)， 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 则t'(x)= = = 所以当x∈时，t'(x)<0，t(x)单调递减； 当x∈t'(x)>0，t(x)单调递增； 当x∈(2，+∞)，t'(x)<0，t(x)单调递减. 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 从而t(x)max=max{t(0)，t(2)}=4， 即t(x)≤4，成立. 所以当a≥时，f(x)≥x3+1恒成立. 综上，a的取值范围是. 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 方法二　(分离参数) 由f(x)≥x3+1得，ex+ax2-x≥x3+1，其中x≥0， 当x=0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； 当x>0时，分离参数a得， a≥- 记g(x)=-(x>0)， g'(x)=- 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 令h(x)=ex-x2-x-1(x>0)， 则h'(x)=ex-x-1，h″(x)=ex-1>0， 故h'(x)在(0，+∞)上单调递增，h'(x)>h'(0)=0， 故函数h(x)在(0，+∞)上单调递增，h(x)>h(0)=0， 由h(x)>0可得ex-x2-x-1>0(x>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， 例2　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围. 因此，g(x)max=g(2)= 故a≥g(x)max= 综上可得，实数a的取值范围是. 极点效应，可以不找矛盾区间，因为开区间的最值一定出现在极值点位置，我们要证明的这个极值是本题的极小值，也是最小值. 思维升华 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　方法一　(必要性探路) ∵H(x)≥0恒成立， H'(x)=aex-1- 由 即 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　得x0=1， ∴H(1)≥0，解得a≥1. 下面证明当a≥1时，H(x)≥0恒成立， 将H(x)=aex-1-ln x+ln a-1视为关于a的函数m(a)=ex-1·a+ln a-ln x-1，a≥1，x>0， 易知m(a)在[1，+∞)上单调递增， ∴m(a)≥m(1)=ex-1-ln x-1， 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　又ex-1≥x，ln x≤x-1， ∴ex-1-ln x-1≥0， 即m(a)≥0，所以H(x)≥0， 综上，a的取值范围是[1，+∞). 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　方法二　(常规分类讨论+隐零点代换) H'(x)=aex-1-(x>0)， ∵a>0，∴H'(x)在(0，+∞)上为增函数， 当a=1时，H'(x)=ex-1-H'(1)=0， 当x∈(0，1)时，H'(x)<0，H(x)单调递减； 当x∈(1，+∞)时，H'(x)>0，H(x)单调递增， 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　则H(x)min=H(1)=0， 故H(x)≥0，符合题意. 当a≠1时，取x1=min则H'(x1)<0； 取x2=则H'(x2)>0， ∴存在x3∈(x1，x2)使得H'(x3)=0，且x3≠1， 当x∈(0，x3)时，H'(x)<0，H(x)单调递减； 当x∈(x3，+∞)时，H'(x)>0，H(x)单调递增， 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　∴H(x)min=H(x3)=a-ln x3+ln a-1， ① 又H'(x3)=a-=0，即a= 两边取对数得ln a+x3-1=-ln x3， ② 代入①得H(x)min=H(x3)=+ln a+x3-1+ln a-1=+x3-2+2ln a， 由题意知H(x)min≥0，即+x3-2+2ln a≥0⇒2ln a≥-+2， 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　又-+2<0， ∴2ln a≥0，解得a≥1，故a>1， 综上，a的取值范围为[1，+∞). 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　方法三　(指对同构) 由H(x)=aex-1-ln x+ln a-1≥0得eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x， ③ 令F(x)=ln x+x(x>0)， 则③式等价于F(eln a+x-1)≥F(x)， ④ 又F(x)在(0，+∞)上单调递增，∴④式等价于eln a+x-1≥x， 即aex-1≥x⇒a≥ 令m(x)=(x>0)，则m'(x)= 跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解　∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴m(x)max=m(1)=1， ∴a≥1，即a的取值范围为[1，+∞). 课时精练 答案 1 2 1. (1)由题意得f'(x)=ex-1-2， 令f'(x)=ex-1-2=0， 得x=ln 2+1， 所以函数f(x)在(-∞，ln 2+1)上单调递减，在(ln 2+1，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(ln 2+1) =eln 2-2(ln 2+1)+2=2-2ln 2. 1 2 1. (2)由题意得g(x)=xex-1+4x2ln x-ax3≥-1， 必要性：当x=1时，1-a≥-1， 所以a≤2. 下证充分性：当a≤2时，不等式成立. 当a≤2时，xex-1+4x2ln x-ax3≥xex-1+4x2ln x-2x3， 下证xex-1+4x2ln x-2x3≥-1， 即证+4ln x-2x+≥0， 答案 1 2 1. 令h(x)=+4ln x-2x+ 则h'(x)= 因为x(ex-1-2x+2)+2≥(2-2ln 2)x+2>0， 所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增. 所以h(x)min=h(1)=0. 所以实数a的取值范围为(-∞，2]. 答案 1 2 2. [错解1]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，当f″(x)=-sin x+2a≥0，即a≥时，f(x)≥0恒成立. [错解分析]　该解法的思路是破题的一种方法.根据端点f(0)=0且f'(0)=0的特点，学生考虑f'(x)单调递增时的一种“理想状态”，即f″(x)≥0恒成立时，有f'(x)单调递增，结合f'(0)=0，得f(x)min=f(0)=0，所以f(x)≥0，这必定符合题意. 答案 1 2 2. 因此“a≥”是问题成立的充分条件.对于此时的充分条件，如何证明其必要性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a<时，f(x)≥0不恒成立，即总能找到一个x0，使f(x0)<0.结合正确答案a≥来看，这显然是行不通的.因此，正确的做法是当a<时，继续寻找符合题意的a，但这个思维难度就不小了. 答案 1 2 2. [错解2]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，求得f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，必有f″(0)=2a≥0，即a≥0. [错解分析]　该方法的思路是完全按照“端点效应”的情况处理的，所以f″(0)≥0，即2a≥0，a≥0.此时，求得的范围是问题的必要条件，如何证明其充分性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a≥0时，f(x)≥0恒成立. 答案 1 2 2. 以上两种思路都是处理该类不等式恒成立问题的常规解题思路，只是针对本题失效了而已.那么端点效应解题为何会失效呢？关键还在于端点效应解题本身有一种“凑巧”的成分在里面，此时不凑巧了而已！因此，利用端点效应解题要注意解题过程的逻辑性和严谨性. 答案 1 2 2. [正解]　当x>0时，将f(x)≥0变形， 得ax-1≥- 因为函数y=-在x=π处的切线y=x-1恰好过 点(0，-1)，如图， 所以a≥. 下面证当a≥时，f(x)≥0. 答案 1 2 2. 因为a≥ 所以f(x)≥sin x-x+x2， 令g(x)=sin x-x+x2， 要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0. ①当x∈(-∞，0]时， g(x)=sin x-x+x2≥sin x-x， 答案 1 2 2. 又当x≤0时，sin x≥x， 所以g(x)≥0； ②当x∈(0，π)时，令g'(x)=cos x-1+x=p(x)，p'(x)=-sin x+=q(x)，易知q(x)在上单调递减，在上单调递增. 因为q(0)=>0， q=-1+<0， q(π)=>0， 答案 1 2 2. 所以∃x1∈x2∈ 使得q(x1)=q(x2)=0. 所以当x∈(0，x1)∪(x2，π)时， q(x)>0； 当x∈(x1，x2)时，q(x)<0， 所以p(x)在(0，x1)，(x2，π)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减. 而p(0)=p=p(π)=0， 答案 1 2 2. 所以当x∈时，p(x)>0； 当x∈时，p(x)<0. 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，而g(0)=g(π)=0，所以当x∈(0，π)时，g(x)>0. ③当x∈[π，+∞)时， p(x)≥cos x-1+2≥0， 答案 1 2 2. 所以g(x)在[π，+∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(π)=0. 综上所述，a的取值范围是. 答案 1.已知函数f(x)=ex-1-2x+2. (1)求f(x)的最小值； 1 2 答案 解　由题意得f'(x)=ex-1-2， 令f'(x)=ex-1-2=0，得x=ln 2+1， 所以函数f(x)在(-∞，ln 2+1)上单调递减，在(ln 2+1，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(ln 2+1)=eln 2-2(ln 2+1)+2=2-2ln 2. 1.已知函数f(x)=ex-1-2x+2. (2)设函数g(x)=xex-1+4x2ln x-ax3，若g(x)≥-1，求实数a的取值范围. 1 2 解　由题意得g(x)=xex-1+4x2ln x-ax3≥-1， 必要性：当x=1时，1-a≥-1， 所以a≤2. 下证充分性：当a≤2时，不等式成立. 当a≤2时，xex-1+4x2ln x-ax3≥xex-1+4x2ln x-2x3， 下证xex-1+4x2ln x-2x3≥-1， 答案 1.已知函数f(x)=ex-1-2x+2. (2)设函数g(x)=xex-1+4x2ln x-ax3，若g(x)≥-1，求实数a的取值范围. 1 2 解　即证+4ln x-2x+≥0， 令h(x)=+4ln x-2x+ 则h'(x)= 因为x(ex-1-2x+2)+2≥(2-2ln 2)x+2>0， 所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 答案 1.已知函数f(x)=ex-1-2x+2. (2)设函数g(x)=xex-1+4x2ln x-ax3，若g(x)≥-1，求实数a的取值范围. 1 2 解　当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增. 所以h(x)min=h(1)=0. 所以实数a的取值范围为(-∞，2]. 答案 2.已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 1 2 [错解1]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，当f″(x)= -sin x+2a≥0，即a≥时，f(x)≥0恒成立. [错解分析]　该解法的思路是破题的一种方法.根据端点f(0)=0且f'(0)=0的特点，学生考虑f'(x)单调递增时的一种“理想状态”，即f″(x)≥0恒成立时，有f'(x)单调递增，结合f'(0)=0，得f(x)min=f(0)=0，所以f(x)≥0，这必定符合题意. 因此“a≥”是问题成立的充分条件.对于此时的充分条件，如何证明其必要性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a<时，f(x)≥0不恒成立，即总能找到一个x0，使f(x0)<0.结合正确答案a≥来看，这显然是行不通的.因此，正确的做法是当a<时，继续寻找符合题意的a，但这个思维难度就不小了. 答案 2.已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 1 2 [错解2]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，求得f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，必有f″(0)=2a≥0，即a≥0. [错解分析]　该方法的思路是完全按照“端点效应”的情况处理的，所以f″(0)≥0，即2a≥0，a≥0.此时，求得的范围是问题的必要条件，如何证明其充分性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a≥0时，f(x)≥0恒成立. 以上两种思路都是处理该类不等式恒成立问题的常规解题思路，只是针对本题失效了而已.那么端点效应解题为何会失效呢？关键还在于端点效应解题本身有一种“凑巧”的成分在里面，此时不凑巧了而已！因此，利用端点效应解题要注意解题过程的逻辑性和严谨性. 答案 2.已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 1 2 [正解]　当x>0时，将f(x)≥0变形， 得ax-1≥- 因为函数y=-在x=π处的切线y=x-1恰好过 点(0，-1)，如图， 所以a≥. 下面证当a≥时，f(x)≥0. 答案 2.已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 1 2 因为a≥所以f(x)≥sin x-x+x2， 令g(x)=sin x-x+x2， 要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0. ①当x∈(-∞，0]时， g(x)=sin x-x+x2≥sin x-x， 又当x≤0时，sin x≥x，所以g(x)≥0； 答案 2.已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 1 2 ②当x∈(0，π)时，令g'(x)=cos x-1+x=p(x)，p'(x)=-sin x+=q(x)，易知q(x)在上单调递减，在上单调递增. 因为q(0)=>0，q=-1+<0， q(π)=>0， 所以∃x1∈x2∈ 使得q(x1)=q(x2)=0. 答案 $