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(共28张PPT)
微专题3　导数端点效应问题

跟踪训练　对任意x≥0，ex≥ax2＋x＋1恒成立，求实数a的取值范围．




学霸笔记：(1)端点效应失效的快速识别
①对于函数h(x)＝f(x)－g(x，a)(x∈D)，先按照端点效应的处理方法，将定义域的端点代入缩小参数的范围，证明其充分性时发现原函数并不单调，即此时的充分性无法论证，则端点效应失效；
②端点效应失效的本质为端点处并不是函数的最值，解决此类端点效应失效恒成立问题的关键在于找到函数的最值，根据上述例题不难发现，恒成立时的“端点”既是函数的最值点又是函数的零点．因此，解答此类问题时，只需要通过构造函数，联立方程求解最值和零点，即可快速判断端点效应是否失效．
(2)端点效应失效后的处理方法，最主要的是求出函数的最值点
①如果最值点好求，则求出最值点后，代入要满足的条件即得参数的取值范围，随后再证其充分性即可；
②如果最值点难求，可先取0，1，e，e2等特殊点验证，求出一个最值点，然后将最值点看作“端点”，利用端点效应的解题步骤求解即可．
跟踪训练　已知函数f(x)＝ex－x2－ax－1，当x>0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

即ex－x－1>0，
令g′(x)＝0，则x＝1，∴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．
因此g(x)min＝g(1)＝e－2.
综上所述，a的取值范围为(－∞，e－2].
1．(15分)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．


2．(15分)已知函数f(x)＝ln (x＋1)＋ax2－x(a∈R)，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.微专题3　导数端点效应问题
多元视角·拓展教材　探究式精练 收获一个“赢”
视角一　端点效应及应用
例1 (2024·新高考Ⅰ卷18题节选)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3.若f(x)>－2当且仅当1学霸笔记：端点效应的核心思想是利用端点处所需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而在很多情况下，该范围即为所求(需要求导或者放缩进行验证)．端点效应的三层心法(f(x)≥0在[a，b]上恒成立)：
第一层——利用原函数：若端点处函数值f(a)，f(b)包含参数λ，则 根据恒成立条件在端点处也成立，得解此不等式组即可缩小参数λ的取值范围；
第二层——利用一阶导函数：若端点处函数值恰为0，即f(a)＝0或f(b)＝0，则此时有f′(a)≥0或f′(b)≤0；
第三层——利用二阶导函数：若端点处函数值和导数值均为0，即或则此时有f ″(a)≥0或f ″(b)≥0.
　跟踪训练　对任意x≥0，ex≥ax2＋x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
视角二　端点效应失效的快速识别及处理方法
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．
学霸笔记：(1)端点效应失效的快速识别
①对于函数h(x)＝f(x)－g(x，a)(x∈D)，先按照端点效应的处理方法，将定义域的端点代入缩小参数的范围，证明其充分性时发现原函数并不单调，即此时的充分性无法论证，则端点效应失效；
②端点效应失效的本质为端点处并不是函数的最值，解决此类端点效应失效恒成立问题的关键在于找到函数的最值，根据上述例题不难发现，恒成立时的“端点”既是函数的最值点又是函数的零点．因此，解答此类问题时，只需要通过构造函数，联立方程求解最值和零点，即可快速判断端点效应是否失效．
(2)端点效应失效后的处理方法，最主要的是求出函数的最值点
①如果最值点好求，则求出最值点后，代入要满足的条件即得参数的取值范围，随后再证其充分性即可；
②如果最值点难求，可先取0，1，e，e2等特殊点验证，求出一个最值点，然后将最值点看作“端点”，利用端点效应的解题步骤求解即可．
跟踪训练　已知函数f(x)＝ex－x2－ax－1，当x>0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
提示：请完成微专题3
微专题3　导数端点效应问题
多元视角·拓展教材
视角一
例1　解析：因为f(x)>－2当且仅当1所以f(1)＝－2即a＝－2，
此时f(x)>－2即为ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立，
设t＝x－1∈(0，1)，则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立，
设g(t)＝ln －2t＋bt3，t∈(0，1)，g(0)＝0，
g′(t)＝－2＋3bt2，t∈(0，1)，g′(0)＝0，
g″(t)＝＋6bt，t∈(0，1)，g″(0)＝0，
g (t)＝＋6b，t∈(0，1)，g (0)＝6b＋4，
当b≥－时，(证明充分性)
g(t)＝ln －2t＋bt3≥ln t3，(变换主元，证明不等式成立)
设h(t)＝ln t3，t∈(0，1)，
h′(t)＝≥0，
故h(t)在(0，1)为增函数，故h(t)>g(0)＝0，
所以g(t)>0在(0，1)上恒成立．
当b<－时，g (0)<0，(说明b<－与题设矛盾)
因为g (t)为连续不间断函数，
故存在t0∈(0，1)，使得 t∈(0，t0)，总有g (t)<0，
故g″(t)在(0，t0)为减函数，此时g″(t)同理可得，存在t1∈(0，t0)，g′(t)在(0，t1)为减函数，
此时g′(t)存在t2∈(0，t1)，g(t)在(0，t2)为减函数，此时g(t)综上，b的取值范围为.
跟踪训练　解析：构造函数f(x)＝ex－ax2－x－1(x≥0)，首先发现f(0)＝0，求导得f′(x)＝ex－2ax－1.又有f′(0)＝0，继续求导，得f″(x)＝ex－2a，此时f″(0)＝1－2a，
当1－2a≥0，即a≤时，在x∈[0，＋∞)上，f″(x)≥f″(0)＝1－2a≥0，所以f′(x)单调递增，则f′(x)≥f′(0)＝0，故函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝0恒成立，符合题意．(必要性成立)．
下证充分性 ：当a≤时，f(x)≥ex－x2－x－1≥0，
设h(x)＝ex－x2－x－1，
则h′(x)＝ex－x－1，易证ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立，
所以h(x)在R上单调递增，又h(0)＝0，
所以当x≥0时，h(x)≥0成立，即充分性成立．
综上得a的取值范围为.
视角二
例2　解析：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)＝－，g′(x)＝－，
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，h″(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，实数a的取值范围是.
跟踪训练　解析：∵当x>0时，f(x)≥0恒成立，
∴ex－x2－ax－1≥0，即a≤(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，即a≤g(x)min，
则g′(x)＝(x>0)，
令h(x)＝ex－x－1，x>0，则h′(x)＝ex－1>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h(x)>h(0)＝0，
即ex－x－1>0，
令g′(x)＝0，则x＝1，∴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．
因此g(x)min＝g(1)＝e－2.
综上所述，a的取值范围为(－∞，e－2].

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