第3单元 07 培优专训（一）必要性探路法之端点效应、极点效应、特殊点效应（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（北师大版）

**基本信息** 聚焦必要性探路法的端点、极点、特殊点效应，通过5道典型题构建导数应用中恒成立问题的系统性解题体系，培养数学思维的推理能力与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |必要性探路法专项|5题（含2024新课标Ⅰ卷真题）|端点效应、极点效应、特殊点效应|以导数为工具，通过特殊点探路构建恒成立问题的求解逻辑链，衔接函数极值与参数范围的推导关系|

培优专训(一)　必要性探路法之端点效应、极点效应、特殊点效应 1.解:由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-+a.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,f(x)无极值,不合题意,舍去. 当a>0时,f'(x)=,当x∈时,f'(x)<0,f(x)在上单调递减,当x∈时,f'(x)>0,f(x)在上单调递增, 所以f(x)有极小值,也为最小值,且f(x)min=f=ln a+a2-1. 令g(a)=ln a+a2-1,a∈(0,+∞), 则g'(a)=+2a,因为a∈(0,+∞),所以g'(a)>0,所以g(a)在(0,+∞)上单调递增, 又g(1)=ln 1+1-1=0,所以由g(a)≥0得a≥1, 所以a的取值范围为[1,+∞). 2.解:由题意知f'(x)=2cos x+-a,注意到f(0)=0,要使对任意x∈[0,+∞),不等式f(x)≤0恒成立,则需满足f'(0)≤0,即2+1-a≤0,解得a≥3. 下面证明:当a≥3时,对任意x∈[0,+∞),不等式f(x)≤0恒成立. 当a≥3,x≥0时,f'(x)=2cos x+-a≤2cos x+-3≤-1=≤0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递减,∴f(x)≤f(0)=0. 当a<3时,f'(0)=3-a>0,必存在x1∈(0,+∞),使得f(x)在(0,x1)上单调递增,∴当x∈(0,x1)时,均有f(x)>f(0)=0,矛盾.综上所述,实数a的取值范围为[3,+∞). 3.解:方法一:由题可知f'(x)=(ax+1)eax-ex,设g(x)=f'(x)=(ax+1)eax-ex,则g'(x)=(a2x+2a)eax-ex.因为f(0)=-1,f'(0)=0,所以只需g'(0)=2a-1≤0,解得a≤. 下面证明:当a≤时,xeax-ex<-1对x>0恒成立.当a≤时,只需证x-ex<-1对x>0恒成立,只需证x<-对x>0恒成立. 令t=>1,则x=2ln t,只需证2ln t<t-对t>1恒成立. 设p(t)=t--2ln t(t>1),则p'(t)=1+-=>0,所以p(t)在(1,+∞)上单调递增,所以p(t)>p(1)=0,则2ln t<t-对t>1恒成立.当a>时,g'(0)=2a-1>0,必存在x0∈(0,+∞),使得f'(x)在(0,x0)上单调递增,所以当x∈(0,x0)时,f'(x)>f'(0)=0,则f(x)在(0,x0)上单调递增,所以当x∈(0,x0)时,f(x)>f(0)=-1,不满足题意.综上所述,a的取值范围为. 方法二:设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0,h'(x)=(1+ax)eax-ex,由题知,当x>0时,h(x)<0恒成立. 设g(x)=(1+ax)eax-ex,则g'(x)=(2a+a2x)eax-ex,若a>,则g'(0)=2a-1>0,必存在x0∈(0,+∞),使得g(x)在(0,x0)上单调递增,故当x∈(0,x0)时,g(x)>g(0)=0,则h(x)在(0,x0)上单调递增,故当x∈(0,x0)时,h(x)>h(0)=0,与题设矛盾. 若0<a≤,则h'(x)=(1+ax)eax-ex=eax+ln(1+ax)-ex. 下证对任意x>0,总有ln(1+x)<x成立,设S(x)=ln(1+x)-x(x>0),则S'(x)=-1=<0, 所以S(x)在(0,+∞)上单调递减,所以S(x)<S(0)=0,即ln(1+x)<x. 由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex<eax+ax-ex=e2ax-ex≤0,故h'(x)≤0总成立,即h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以当x>0时,h(x)<h(0)=0. 若a≤0,当x>0时,h'(x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以当x>0时,h(x)<h(0)=0. 综上,a的取值范围为. 4.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由题意得f'(x)=-ax=,当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由f'(x)=0,得x=或x=-(舍去),当0<x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)由ln x-ax2≤(a-1)x-1,得2(ln x+x+1)≤a(2x+x2), 因为x>0,所以a≥对任意x∈(0,+∞)恒成立. 令g(x)=, 则g'(x)=, 令h(x)=2ln x+x,则h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,又h=-2ln 2+<0,h(1)=1>0, 所以存在唯一的x0∈,使得h(x0)=2ln x0+x0=0. 当0<x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以当x=x0时,g(x)取得极大值,也为最大值,所以g(x)max===, 所以a≥,又x0∈,所以∈(1,2),所以a≥2,又a∈Z,所以整数a的最小值为2. 5.解:(1)当b=0时,f(x)=ln+ax,f(x)的定义域为(0,2),f'(x)=+a. ∵+a≥2+a,当且仅当x=1时取等号,∴若f'(x)≥0,则只需2+a≥0,解得a≥-2, 故a的最小值为-2. (2)证明:由y=ln的图象关于点(1,0)中心对称,y=ax的图象关于点(1,a)中心对称,y=b(1-x)3的图象关于点(1,0)中心对称,得曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,证明如下: ∵f(1+x)+f(1-x)=ln+a(1+x)+bx3+ln+a(1-x)+b(-x)3=2a,∴曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,故曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)方法一:由函数f(x)连续及题意知f(1)=-2,故a=-2, ∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3. f'(x)=. 若-≤b≤0,则f'(x)>0在(1,2)上恒成立,故f(x)在(1,2)上单调递增,则f(x)>f(1)=-2,满足题意.当b<-或b>0时,令f'(x)=0,可得x=1+. 若b<-,则当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,则f<f(1)=-2,不满足题意,舍去.若b>0,则1+>2,当x∈(1,2)时,f'(x)>0,故f(x)>f(1)=-2,满足题意.综上,b的取值范围是. 方法二:由函数f(x)连续及题意知f(1)=-2,故a=-2,故f(x)=ln-2x+b(x-1)3,f'(x)=-2+3b(x-1)2,f'(1)=0. 令m(x)=f'(x),则m'(x)=(x-1). y=x(2-x)在(1,2)上单调递减,由复合函数的单调性知g(x)=+6b在(1,2)上单调递增. 若g(1)≥0,即4+6b≥0,即b≥-, 则当x∈(1,2)时,g(x)>g(1)≥0,则m'(x)>0,∴f'(x)在(1,2)上单调递增,∴f'(x)>f'(1)=0,∴f(x)在(1,2)上单调递增,∴当1<x<2时,f(x)>f(1)=-2,满足题意. 若g(1)<0,即4+6b<0,即b<-, 当x→2时,g(x)→+∞, 则存在x0∈(1,2),使得g(x0)=0, 当1<x<x0时,m'(x)<0,当x0<x<2时,m'(x)>0,∴f'(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,2)上单调递增, ∴当x∈(1,x0)时,f'(x)<f'(1)=0,∴f(x)在(1,x0)上单调递减, ∴当x∈(1,x0)时,f(x)<f(1)=-2,不满足题意. 综上,b的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $草学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 52XXk.com■ 您身边的互联网+教辅专家 培优专训（一）必要性探路法之端点效应、极点效应、特殊点效 应 (时间：45分钟) 1.已知函数x)--lnx+ax+a-2.若x)有极值且x)≥0恒成立，求a的取值范围 2.已知函数x)-2sin+n(x+1)-a.若对任意x∈[0，+oo),不等式x)≤0恒成立， 求实数a的取值范围. 草学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.zXXk.com■ 您身边的互联网+教辅专家 3.己知函数fx)=xe-e,当x>0时x)<-1恒成立，求a的取值范围. 4.已知函数)lnx-2x,a∈R (1)求函数x)的单调区间； (2)若关于x的不等式x)上(a-1)x-1恒成立，求整数a的最小值 草学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 52024新课标/卷已知函数无ln2xa+b(9 (1)若b-0,且fx)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线=x)是中心对称图形； (3)当1<x<2时x)的取值范围是(-2，+0)，求b的取值范围.