不等式恒（能）成立端点效应专项训练-2027届高三数学一轮复习

端点效应 1、 知识归纳： 什么是端点效应呢？简单来说，就是有一类在给定区间内恒成立而求参数范围的题目，恰好在区间端点处取得最值，那么可以通过端点处的导数值求得参数范围的解题技巧。 如在上恒成立，且，那么可以通过求得参数的范围； 如果,那么可以通过求得参数的范围; 如果,那么可以通过求得参数的范围; 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. 在验证其充分性的时候,往往需要结合“矛盾区间”进行说明.“端点效应矛盾区间”才是完整的解题过程,其重点在于说明“矛盾”. 需要指出的是,必要性探路的方法求出的结果并不一定就是所求的实际范围,但可以缩小参数的讨论范围,减少分类讨论的类别. 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)在某一点处的函数值恰好为零，则当时，f(x)≥0恒成立的一个必要条件为端点处的导数值.因为如果，那么函数会在右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在时不恒为非负值，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)在某一点处的函数值恰好为零，当时，f(x)<0恒成立的一个必要条件为处的导数值. 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. 二、常见题型： 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年高考2卷19题）已知函数,曲线在点处的切线方程为. （1）求; （2）当时，,求的取值范围。 （3）当时，f,求的最小值。 例3.(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. 题型三　端点效应失效 例4.已知函数f(x)=excos x，当x>0时，f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1恒成立，求实数a的取值范围. 跟踪训练3.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. 三．刻意训练 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； (2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围. 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； (2)若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围. 3. 已知函数 (1)当 时,证明: 不是单调函数； (2)若 在区间 上恒成立，求实数 的取值范围. 4. (2020 新课标 1 卷) 已知函数 . (1)当 时,讨论 的单调性; (2)当 时， ，求 的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 端点效应 1、 知识归纳： 什么是端点效应呢？简单来说，就是有一类在给定区间内恒成立而求参数范围的题目，恰好在区间端点处取得最值，那么可以通过端点处的导数值求得参数范围的解题技巧。 如在上恒成立，且，那么可以通过求得参数的范围； 如果,那么可以通过求得参数的范围; 如果,那么可以通过求得参数的范围; 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. 在验证其充分性的时候,往往需要结合“矛盾区间”进行说明.“端点效应矛盾区间”才是完整的解题过程,其重点在于说明“矛盾”. 需要指出的是,必要性探路的方法求出的结果并不一定就是所求的实际范围,但可以缩小参数的讨论范围,减少分类讨论的类别. 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)在某一点处的函数值恰好为零，则当时，f(x)≥0恒成立的一个必要条件为端点处的导数值.因为如果，那么函数会在右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在时不恒为非负值，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)在某一点处的函数值恰好为零，当时，f(x)<0恒成立的一个必要条件为处的导数值. 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. 二、常见题型： 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　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。 当时，令，易知单调递增， 由于,，所以存在使得 所以当时从而,当时,，不符合题意。 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　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，恒成立. 令(x≥0)， 由于,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, 故函数F(x)在[0，+∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)=0在[0，+∞)上恒成立， 当时,显然在单调递增， ,所以存在,使得, 且时,F(x)单调递减，,与题意不符。 故实数a的取值范围是(-∞，2]. 题型二　二阶端点效应 例2.（2026年高考2卷19题）已知函数,曲线在点处的 切线方程为. (1)求; (2)当时，,求的取值范围。 (3)当时，f,求的最小值。 解析：（1）因为,所以, 所以切点为,斜率,切线方程为：,即 ,比较知.所以. （2）由(1)知,从而. 所以当时，，在单调递增。 令,则 当时,,所以，所以 所以在上单调递增，. 所以. 所以. 当时， 当时， 所以 ， 所以.即. (3), 显然 ,. ，则，所以，则. 因为 ,. 当时， 当时，设,则， 所以在上单调递增，所以. 所以. 所以在单调递增， 所以,从而在上单调递增, 所以 即f，符合题意。 当时，则当时， ， 所以在单调递减， 所以,从而在单调递减， 所以， 即f，不符合题意。 综上，. 的最小值为-2. 例3.(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　(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， 当时,若,则g″(x)=(2a+ax+1)ex在[0，+∞)上恒成立， 所以g'(x)=aex+(ax+1)ex-(a+1)在[0，+∞)上单调递增，， 所以g(x)=(ax+1)ex-(a+1)x-1在[0，+∞)上单调递增，,不符合题意； 若,,易知在[0，+∞)恒成立， ,不符合题意； 若,因为g″(0)=2a+1,且,当时，, g'(x)单调递增，所以,从而g(x)=(ax+1)ex-(a+1)x-1在上单调递增， ,不符合题意； 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　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， 当时，f″(x)=2ex-2a在[0，+∞)上单调递增, ,,所以在时, f'(x)=2ex-2-2ax单调递减,,所以f(x)单调递减，，不符合题意。 综上，a的取值范围是(-∞，1]. 题型三　端点效应失效 例4.已知函数f(x)=excos x，当x>0时，f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1恒成立，求实数a的取值范围. 解　方法一　(分离参数) 由f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1， 即当x>0时，a≤-x-+1恒成立. 设g(x)=-x-+1(x>0)， 则g'(x)==. 令φ(x)=ex-x-1，则当x∈(0，+∞)时，φ'(x)=ex-1>0， 所以当x∈(0，+∞)时，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=0， 则当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g(1)=e-1， 所以a的取值范围为(-∞，e-1]. 方法二　(指数处理技巧) 当x>0时，不等式等价于≤1恒成立， 令h(x)=，x>0， 则h'(x)=，x>0， ①若a=1，h'(x)==， 因为(x-1)2≥0，ex>0， 所以h'(x)≤0，h(x)=在(0，+∞)上单调递减，h(x)<h(0)=1，a=1符合题意. ②若a<1，则1<2-a， 当x∈(0，1)∪(2-a，+∞)时，h'(x)<0； 当x∈(1，2-a)时，h'(x)>0， 所以h(x)在x=2-a处取得极大值， 由当x>0时，ex>x+1知，e2-a>3-a， 即h(2-a)=<1， 又h(0)=1，所以h(x)<1在(0，+∞)上恒成立， 因此a<1符合题意. ③若1<a<2，则0<2-a<1， 当x∈(0，2-a)∪(1，+∞)时，h'(x)<0； 当x∈(2-a，1)时，h'(x)>0， 所以h(x)在x=1处取得极大值， 则由⇒1<a≤e-1. ④若a≥2，则h(1)=≥>1，与题意矛盾. 综上所述，a的取值范围为(-∞，e-1]. 思维升华 端点效应如果失效，一般用常规分类讨论、参数分离或者必要性探路等方法解决问题。 跟踪训练3.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. [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. [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. [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. 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； 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. 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， 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，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. 三．刻意训练： 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； (2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围. 解　(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.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； (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　(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. 3. 已知函数 (1)当 时,证明: 不是单调函数； (2)若 在区间 上恒成立，求实数 的取值范围. 【解】(1)略 按端点效应的方法: (2cos 得 ,验证发现 的值并非恒正,且当 时, 端点效应失效. 下面考虑其他的方法: , 令 ,所以证 在 , 上恒成立即可 解法一: 参数分离 当 时, . 当 时, . 令 . 当 时, 单调递增 当 时, 单调递减 . 解法二: 分类讨论 1 当 时， 当 时， 单调递减 不合题意； 2 当 1 时, 在 上单调递增, ,符合题意; ③ 当 时, . 设 ,则 . 当 时, 单调递增; 当 时, 单调递减; 当 时, 单调递增; . ④ 当 时， 当 时， ， 单调递增; 当 时, 单调递减; 当 时, 单调递增; ,符合题意. 综上, . 解法三: 必要性探路 端点值不行, 说明函数在区间内某个极值点处也能取得最小值, 能因式分解,所以很容易找到函数的极值点, ,发现有一个极值点是 在 上恒成立 下面证明当 时， 在 上恒成立 令 设 ,则 . 当 时, 单调递增; 当 时, , 单调递减; 当 时, 单调递增 在 上恒成立 综上, 【点评】这题解法三中 有两个极值点,一个极值点是 ,另一个极值点与参数有关,一般用确定的极值点带入求参即可, 含参数极值点往往都能使原不等式恒成立, 这个从解法二中就能看出来. 4. (2020 新课标 1 卷) 已知函数 . (1)当 时,讨论 的单调性; (2)当 时， ，求 的取值范围. 【解】(1)略 (2)按端点效应的方法:令 ， 则当 时, 恒成立 得 验证环节发现 先负后正 并非单调递增，端点效应失效，考虑其他的方法: 解法一: 参数分类 当 时, ; 当 时, . 令 令 单调递减, 当 时, 单调递增; 当 时, 单调递减; . 解法二: 分类讨论 即 . 令 ① 当 时， 当 时, 单调递增, ,不合题意; ② 当 时, , 单调递减, ,符合题意; ③ 当 时, 当 时, , 单调递减,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减 ④ 当 时, 当 时, 单调递减, 当 时, 单调递增, 当 时, 单调递减 成立综上, . 解法三: 必要性探路 端点值不行，就找区间内能使函数取得最小值的极值点， 设为 ,由 得 当 时, 取 代入,得 下面证明当 时, 恒成立 证 即证: 令 , 当 时, 单调递减,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减, 综上, . 【点评】端点效应失效, 函数一般至少有两个极值点, 有些是极大值点, 有些是极小值点, 其中往往只有一个能取到最值, 必要性探路就是要找到这个极值点, 直接得到答案, 然后验证充分性. 那么如何找到这个点? 如果求导后无法通过因式分解找到,可以设该点为 ,通过解方程组 来求得,求解过程不必太严谨,一般方程组有多个解, 找到最明显的那个解即可. 如果方程组也不好解, 那就直接找一些特殊点代入即可. 1 学科网（北京）股份有限公司 $