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进阶3　端点效应
分值：34分
1.(17分)已知函数f(x)=ex-e-x-ax.若x≥0时，恒有f(x)≥ax，求实数a的取值范围.
2.(17分)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；(6分)
(2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.(11分)
答案精析
1.解　当x≥0时，
f(x)≥ax f(x)-ax≥0，
令g(x)=f(x)-ax
=ex-e-x-2ax(x≥0)，
求导得g'(x)=ex+e-x-2a，
因为g(0)=0，
所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下证当a≤1时，恒有g(x)≥0.
因为g'(x)=ex+e-x-2a≥2-2a≥0，
所以g(x)单调递增，
g(x)≥g(0)=0，
故实数a的取值范围为(-∞，1].
2.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恒成立.
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，
p'(x)=-x=≤0，
故p(x)单调递减，则p(x)≤p(0)=0，得证.进阶3　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.
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.
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.
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.
题型二　二阶端点效应
例2　设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
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　(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
答案精析
例1　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恒成立，
即原命题成立，
故实数a的取值范围是(-∞，1].
跟踪训练1　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，
且F'(0)=1+1-a=2-a，
故F'(0)≥0，即a≤2.
下证当a≤2时，F(x)≥0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恒成立，
故实数a的取值范围是(-∞，2].
例2　解　由于当x≥0时，函数f(x)≥0恒成立，
而f(0)=0，
故要保证函数f(x)≥0在[0，+∞)上恒成立，需保证f(x)在x=0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)=ex-1+xex-2ax
=(x+1)ex-2ax-1，
故f'(0)=1-1=0，
即此时需保证函数f'(x)在x=0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)=(x+2)ex-2a，
故f″(0)=2e0-2a=2-2a，
而要函数f″(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立，
则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，f″(x)=(x+2)ex-2a≥(x+2)ex-2，
令φ(x)=(x+2)ex-2，x≥0，
则φ'(x)=(x+3)ex>0，
故函数φ(x)单调递增，
故φ(x)≥φ(0)=2-2=0，
即f″(x)≥φ(x)≥0，
故此时函数f'(x)单调递增，
即f'(x)≥f'(0)=0，
故函数f(x)单调递增，
即f(x)≥f(0)=0，
此时即可得到当a≤1时，函数f(x)≥0在[0，+∞)上恒成立，
即实数a的取值范围是(-∞，1].
跟踪训练2　解　由于当x≥0时f(x)≥0恒成立，而f(0)=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.
而f'(x)=-aln(1+x)+-1
=-aln(1+x)-，
故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.
而f″(x)=-
=-=-，
故f″(0)=-2a-1≥0，
即a≤-.
下证当a≤-时，
f(x)≥0在[0，+∞)上恒成立，
当a≤-时，
f″(x)=-≥=≥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恒成立，
综上，可得a≤-.(共32张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
端点效应
进阶3
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.
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.
一阶端点效应
题型一
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
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.
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，
且F'(0)＝1＋1－a＝2－a，
故F'(0)≥0，即a≤2.
下证当a≤2时，F(x)≥0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恒成立，
故实数a的取值范围是(－∞，2].
例2　设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
二阶端点效应
题型二
由于当x≥0时，函数f(x)≥0恒成立，
而f(0)＝0，
故要保证函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需保证f(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
故f'(0)＝1－1＝0，
即此时需保证函数f'(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)＝(x＋2)ex－2a，
故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a，
而要函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立，
则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，f″(x)＝(x＋2)ex－2a≥(x＋2)ex－2，
令φ(x)＝(x＋2)ex－2，x≥0，
则φ'(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数φ(x)单调递增，故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0，
即f″(x)≥φ(x)≥0，
故此时函数f'(x)单调递增，
即f'(x)≥f'(0)＝0，
故函数f(x)单调递增，即f(x)≥f(0)＝0，
此时即可得到当a≤1时，函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即实数a的取值范围是(－∞，1].
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　(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
由于当x≥0时f(x)≥0恒成立，而f(0)＝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.
而f'(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－
故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.
而f″(x)＝＝－＝－
故f″(0)＝－2a－1≥0，
即a≤－.
下证当a≤－时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
当a≤－时，
f″(x)＝－≥≥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恒成立，综上，可得a≤－.
课时精练
答案
1
2
当x≥0时，f(x)≥ax f(x)-ax≥0，
令g(x)=f(x)-ax=ex-e-x-2ax(x≥0)，
求导得g'(x)=ex+e-x-2a，
因为g(0)=0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下证当a≤1时，恒有g(x)≥0.
因为g'(x)=ex+e-x-2a≥2-2a≥0，
所以g(x)单调递增，g(x)≥g(0)=0，
故实数a的取值范围为(-∞，1].
1.
答案
1
2
(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.
答案
1
2
(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恒成立，且F(0)=0，
F'(0)=0，
2.
答案
1
2
从而F″(0)≤0，得k≤.
下证当k≤时，F(x)≤0恒成立.
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，p'(x)=-x=≤0，
故p(x)单调递减，则p(x)≤p(0)=0，得证.
2.
1.已知函数f(x)＝ex－e－x－ax.若x≥0时，恒有f(x)≥ax，求实数a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
当x≥0时，f(x)≥ax f(x)－ax≥0，
令g(x)＝f(x)－ax＝ex－e－x－2ax(x≥0)，
求导得g'(x)＝ex＋e－x－2a，
因为g(0)＝0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下证当a≤1时，恒有g(x)≥0.
因为g'(x)＝ex＋e－x－2a≥2－2a≥0，
所以g(x)单调递增，g(x)≥g(0)＝0，
故实数a的取值范围为(－∞，1].
1
2
答案
2.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；
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
(2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.
1
2
答案
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恒成立.
1
2
答案
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，
p'(x)＝－x＝≤0，
故p(x)单调递减，则p(x)≤p(0)＝0，得证.

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