专题 导数恒成立问题中的端点效应法-学生版
导数恒成立问题中的端点效应法
恒成立问题中，我们常常能见到类似的命题：“对于任意的],[b a x ∈，都有0)(≥x f 恒成立”（)(x f 中包含参数），这里的端点b a ,往往是使结论成立的临界条件，这种观察区间端点值来解决问题的方法，我们称之为端点效应.
1.适用类型
①不便于参变分离；
②参变分离后的函数形式比较复杂.
2.解题步骤
①移项，将所有变量移到一边，使不等式右侧为0；
②计算端点处的函数值，验证端点处函数值是否为0，若为0，则可继续处理，否则此题不适合端点分析法.
注：区间端点处的函数值恰好是不等式恒成立时的临界值是这类问题的显著特征！题型一指数型端点效应
例1.1设函数2()(1)x f x x e ax =--．若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．
练1.11已知函数)1(ln )(--=x m x x f ，当),1[+∞∈x 时，e x ef e x
≥+)(，求实数m 的取值范围.*练1.12已知R ∈λ，函数)1ln ()(+---=x x x ex e x f x
λ，若1≥x 时，0)(≥x f 恒成立，求λ的最大值．题型二对数型端点效应
例2.1已知关于x 的不等式x
x a 11ln ->对任意),1(+∞∈x 恒成立，求实数a 的取值范围.
练2.11已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--，若当()1,x ∈+∞时，0)(>x f ，求a 的取值范围.
练2.12已知函数()()1ln --=x a x x f ，若当1≥x 时，不等式()1
ln +≤x x x f 恒成立，求实数a 的取值范围；
题型三
三角型端点效应例3.1已知函数x x x f sin )(+=，设1)()(-'=x f x g ，若2
1)(ax x g +≥在),0[+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.
练3.11已知函数)(cos sin )(R a x x a xe x f x ∈-=，若对任意的]2,0[π∈x ，0)(≥x f 恒
成立，求实数a 的取值范围.练3.12已知函数x x x x x f --=cos sin 2)(，)(x f '为)(x f 的导数．
（1）证明：)(x f '在区间),0(π存在唯一零点；
（2）若],0[π∈x 时，ax x f ≥)(，求实数a 的取值范围.。
函数恒成立问题(端点效应)
函数恒成立专题01:可求最值型基础知识：(1)不等式f(X)0在定义域内恒成立，等价于f X min 0 ；(2)不等式f(X)0在定义域内恒成立，等价于f X max 0 o【例1】【重庆文】若对任意的x 0 , f (x) 12x4l nx 3x4 c 2 c2恒成立，求c的取值范围。
【例2】函数f (x) (x 1)l n(x 1) kx 1在区间(1,)上恒有f (x) 0,求k可以取到的最大整数。
【变式1】函数f(x) 2x2 4x,g(x) al nx(a 0)，若f (x) 4x g(x)恒成立，求a的取值范围。
【变式2】【2012新课标文】设函数f x e x ax 2I求f (x)的单调区间；U若a 1，k为整数，且当x 0时，(x k) f (x) x 1 0，求k的最大值。
【变式3】【2012新课标理】已知函数f(x)满足f(x) f (1)e x 1 f (0)x ^x22I求f (x)的解析式及单调区间；1 2U 若f(x) x ax b，求(a 1)b 的值。
2专题02:分离变量型基础知识：分离变量的核心思想就是为了简化解题，希望同学通过以下例子有所感悟【例1】【2010天津】函数f(x) x2 1，对任意3x 2,,f(-) 4m f (x) f (x 1) 4f (m)恒成立，求实数m的取值范围。
m【变式1】【2010安徽】若不等式(a a2)(x2 1) x 0对一切x 0,2恒成立，求a的取值范围。
1 1［例2】若函数f(x) x2ax 1在-, 上单调递增，求a的取值范围。
x 2【变式2】【2012湖北】若f(x) ^x2 bln(x 2)在(1,)上是减函数，求b的取值范围2【变式3】【2014江西】已知函数f(x) (x2 bx b) 1 2x(b R)，若f (x)在区间(0,1)上单3 调递增，求b的取值范围。
【例3】【2008天津】已知函数f(x)专题03:端点与一次函数、二次函数引申：我们的习惯思维都是默认字母x 为函数的自变量，而像a, m,t 这样的字母代表参数,但其实x,a,m,t 这样的字母只是一个代号而已，是人为赋予了其身份，这意味着自 变量和参数的身份并非绝对，若题目需要求解参数的取值范围，在此需要牢记一 点：将待求的变量视为参数，不要受惯性思维的限制而非要将x 视为函数的自变 量，这个方法称为“变换主元法”。
（完整版）函数恒成立问题（端点效应）
（完整版）函数恒成⽴问题（端点效应）函数恒成⽴专题01：可求最值型基础知识：（1）不等式0)(≥x f 在定义域内恒成⽴，等价于()0≥min x f ；（2）不等式0)(≤x f 在定义域内恒成⽴，等价于()0≤max x f 。
【例1】【重庆⽂】若对任意的0>x ，24423ln 12)(c c x x x x f ->--=恒成⽴，求c 的取值范围。
【例2】函数1)1ln()1()(+-++=kx x x x f 在区间),1(+∞-上恒有0)(>x f ，求k 可以取到的最⼤整数。
【变式1】函数)0(ln )(,42)(2>=+-=a x a x g x x x f ，若)(4)(x g x x f -≤恒成⽴，求a 的取值范围。
【变式2】【2012新课标⽂】设函数()2--=ax e x f x Ⅰ求)(x f 的单调区间；Ⅱ若1=a ，k 为整数，且当0>x 时，01)()(>++'-x x f k x ，求k 的最⼤值。
【变式3】【2012新课标理】已知函数)(x f 满⾜2121)0()1()(x x f e f x f x +-'=- Ⅰ求)(x f 的解析式及单调区间；Ⅱ若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的值。
专题02：分离变量型基础知识：分离变量的核⼼思想就是为了简化解题，希望同学通过以下例⼦有所感悟【例1】【2010天津】函数1)(2-=x x f ，对任意)(4)1()(4)(,,232m f x f x f m m x f x +-≤-??+∞∈恒成⽴，求实数m 的取值范围。
【变式1】【2010安徽】若不等式0)1)((22≤++-x x a a 对⼀切(]2,0∈x 恒成⽴，求a 的取值范围。
【例2】若函数x ax x x f 1)(2++=在??+∞,21上单调递增，求a 的取值范围。
【变式2】【2012湖北】若)2ln(21)(2++-=x b x x f 在),1(+∞-上是减函数，求b 的取值范围。
从“端点效应”到“内点效应”导数恒成立求参数取值范围问题
从 端点效应 到 内点效应 导数恒成立求参数取值范围问题李文东(中山市中山纪念中学ꎬ广东中山５２８４５４)摘㊀要:文章探讨了导数恒成立求参数取值范围问题中的 端点效应 和 内点效应 问题.关键词:恒成立ꎻ端点效应ꎻ内点效应中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３１－００２８－０４收稿日期:２０２３－０８－０５作者简介:李文东(１９８１－)ꎬ男ꎬ湖北省咸宁人ꎬ硕士ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学解题教学研究.㊀㊀导数恒成立求参数取值范围问题一直是高考的热点ꎬ同时也是难点问题.解决这一类问题需要用到函数与方程思想㊁转化与化归思想㊁数形结合思想和分类讨论等数学思想ꎬ能够很好地发展和培养学生的数学抽象㊁直观想象㊁逻辑推理和数学运算等核心素养.其中 端点效应 经常被用来求解一类恒成立问题.关于 端点效应 其中一个比较具体的模型是:若∀ｘɪ[ａꎬｂ]ꎬｆ(ｘꎬｍ)ȡ０ꎬ且ｆ(ａ)＝０ꎬ则必然∃ｘ０ɪ(ａꎬｂ)ꎬ当ｘɪ[ａꎬｘ０]时ｆ(ｘ)单调递增ꎬ从而有ｘɪ[ａꎬｘ０]时ꎬｆᶄ(ｘ)ȡ０成立ꎬ特别有ｆᶄ(ａ)ȡ０这一必要条件ꎬ由此可得出参数ｍ的范围ꎬ然后说明这一范围的充分性即可[１].１利用 端点效应 求解参数取值范围问题例１㊀(２０１６年全国Ⅱ卷文科第２１题改编)已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ＋１()ｌｎｘ－ａｘ－１()ꎬ当ｘɪ１ꎬ＋ɕ()时ꎬｆ(ｘ)>０ꎬ求ａ的取值范围.解析㊀注意到ｆ(１)＝０ꎬ要使得当ｘɪ１ꎬ＋ɕ()时ꎬｆ(ｘ)>０ꎬ则必有ｆᶄ(１)ȡ０.由于ｆᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘ＋１－ａꎬ所以ｆᶄ(１)＝２－ａȡ０ꎬ解得ａɤ２(必要性).下面证明ａɤ２的充分性ꎬ即当ａɤ２时ꎬｆ(ｘ)>０成立.由于当ａɤ２时ꎬｆᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘ＋１－ａȡｌｎｘ＋１ｘ－１ꎬ令ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘ－１ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｘ－１ｘ２>０ꎬ所以函数ｇ(ｘ)在１ꎬ＋ɕ[)单调递增.故ｇ(ｘ)>ｇ(１)＝０.从而ｆᶄ(ｘ)>０.即函数ｆ(ｘ)在１ꎬ＋ɕ[)单调递增.故ｆ(ｘ)>ｆ(１)＝０ꎬ符合题意.综上所述ꎬａ的取值范围为－ɕꎬ２(].２对利用 端点效应 求解参数取值范围问题充分性的思考㊀㊀虽然例１中利用 端点效应 得出的参数的范围具有充分性ꎬ而且这样的例子还不在少数ꎬ但是并不能说明用 端点效应 得到的结果就是最终的正确答案.例２㊀(２０２０年全国Ⅰ卷第２２题)已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ＋ａｘ２－ｘ.当ｘȡ０时ꎬｆ(ｘ)ȡ１２ｘ３＋１ꎬ求ａ的取值范围.分析㊀我们尝试用 端点效应 来解决该问题:设ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－１２ｘ３－１ꎬ注意到ｇ(０)＝０ꎬｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ＋２ａｘ－１－３２ｘ２ꎬ注意到ｇᶄ(０)＝０ꎬｇᵡ(ｘ)＝ｅｘ＋２ａ－３ｘꎬ故ｇᵡ(０)＝１＋２ａȡ０ꎬ得ａȡ－１２.但是这个范围却不是正确的答案.其实本题用分离参数法很容易求解.解法１㊀由ｆｘ()ȡ１２ｘ３＋１ꎬ得ｅｘ＋ａｘ２－ｘȡ１２ｘ３＋１ꎬ其中ｘȡ０ꎬ(１)当ｘ＝０时ꎬ不等式显然成立ꎬ符合题意ꎻ(２)当ｘ>０时ꎬ分离参数ａꎬ得ａȡ－ｅｘ－ｘ３/２－ｘ－１ｘ２.记ｇｘ()＝－ｅｘ－ｘ３/２－ｘ－１ｘ２ꎬｇᶄｘ()＝－ｘ－２()ｅｘ－ｘ３/２－ｘ－１()ｘ３ꎬ令ｈｘ()＝ｅｘ－１２ｘ２－ｘ－１ｘȡ０()ꎬ则ｈᶄｘ()＝ｅｘ－ｘ－１ꎬｈᵡｘ()＝ｅｘ－１ȡ０.故ｈᶄｘ()单调递增ꎬｈᶄｘ()ȡｈᶄ０()＝０.故函数ｈｘ()单调递增ꎬｈｘ()ȡｈ０()＝０.由ｈｘ()ȡ０可得:ｅｘ－１２ｘ２－ｘ－１ȡ０恒成立.故当ｘɪ０ꎬ２()时ꎬｇᶄｘ()>０ꎬｇｘ()单调递增ꎻ当ｘɪ２ꎬ＋ɕ()时ꎬｇᶄｘ()<０ꎬｇｘ()单调递减.因此ꎬｇｘ()[]ｍａｘ＝ｇ２()＝７－ｅ２４ꎬ综上可得ꎬ实数ａ的取值范围是７－ｅ２４ꎬ＋ɕ[öø÷.解法２㊀从分离参数的方法知道ꎬ使ｆ(ｘ)ȡ１２ｘ３＋１恒成立的ｘ应该是ｘ＝２.因此当ｘȡ０时ꎬｆ(ｘ)ȡ１２ｘ３＋１恒成立⇒ｆ(２)ȡ５⇒ａȡ７－ｅ２４.只需证当ａȡ７－ｅ２４时ꎬｆ(ｘ)ȡ１２ｘ３＋１恒成立.当ａȡ７－ｅ２４时ꎬｆ(ｘ)＝ｅｘ＋ａｘ２－ｘȡｅｘ＋７－ｅ２４ｘ２－ｘ.只需证明ｅｘ＋７－ｅ２４ｘ２－ｘȡ１２ｘ３＋１(ｘȡ０)①式成立.①式⇔ｅ２－７()ｘ２＋４ｘ＋２ｘ３＋４ｅｘɤ４.令ｈ(ｘ)＝ｅ２－７()ｘ２＋４ｘ＋２ｘ３＋４ｅｘ(ｘȡ０)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１３－ｅ２()ｘ２＋２ｅ２－９()ｘ－２ｘ３ｅｘ＝－ｘ(ｘ－２)２ｘ＋ｅ２－９()[]ｅｘ.所以当ｘɪ０ꎬ９－ｅ２２[]时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘɪ９－ｅ２２ꎬ２æèçöø÷ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎻ当ｘɪ(２ꎬ＋ɕ)ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)单调递减.从而[ｈ(ｘ)]ｍａｘ＝ｍａｘ{ｈ(０)ꎬｈ(２)}＝４ꎬ即ｈ(ｘ)ɤ４ꎬ①式成立.所以当ａȡ７－ｅ２４时ꎬｆ(ｘ)ȡ１２ｘ３＋１恒成立.综上ꎬａȡ７－ｅ２４.由此可见ꎬ本题中的 端点效应 失效了ꎬ而应该在内点ｘ＝２处求解.那么我们应该怎样才能迅速找到这个 内点 呢[１]我们分析分离参数的过程ꎬ作出函数ｇｘ()＝－ｅｘ－ｘ３/２－ｘ－１ｘ２ｘ>０()的图象(如图１)ꎬ发现当ａ＝７－ｅ２４时ꎬ直线ｙ＝ａ与函数ｇ(ｘ)的图象在ｘ＝２处相切.即我们需要找的 内点 即为切点的横坐标ｘ＝２.图１㊀ｇ(ｘ)＝－ｅｘ－ｘ３/２－ｘ＋１ｘ２的图象不失一般性ꎬ设ｆ(ｘꎬａ)ȡ０对∀ｘɪ[ｍꎬｎ]恒成立ꎬ分离参数得ａȡｇ(ｘ)ｈ(ｘ).令ｇ(ｘ)ｈ(ｘ)＝φ(ｘ)ꎬ设直线ｙ＝ａ与函数φ(ｘ)的图象在ｘ＝ｘ０处相切(当它们能够相切时)ꎬ则ｇ(ｘ０)ｈ(ｘ０)＝φ(ｘ０)＝ａꎬ且ｇᶄ(ｘ０)ｈ(ｘ０)－ｇ(ｘ０)ｈᶄ(ｘ０)ｈ２(ｘ０)＝φᶄ(ｘ０)＝０.上述等价于ｆ(ｘ０ꎬａ)＝０且ｆᶄ(ｘ０ꎬａ)＝０ꎬ消去参数ａ可得关于ｘ０的方程ꎬ该方程的解即为需要找的 内点 .我们用上述方法再次求解问题１.解法３㊀设ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－１２ｘ３－１ꎬ令ｇ(ｘ０)＝０ꎬｇᶄ(ｘ０)＝０ꎬ{即ｅｘ０＋ａｘ２０－ｘ０－１２ｘ３０－１＝０ꎬｅｘ０＋２ａｘ０－１－３２ｘ２０＝０.ìîíïïïï消去ａꎬ得ｘ０ｘ０－２()ｅｘ０－１２ｘ２０－ｘ０－１æèçöø÷＝０.解得ｘ０＝０或ｘ０＝２.则有ｇ(０)ȡ０ꎬｇ(２)ȡ０ꎬ{解得ａȡ７－ｅ２４ꎬ充分性地证明同解法２.３运用 端点效应 和 内点效应 求参数取值范围问题举例㊀㊀对于无法采用分离参数的恒成立问题ꎬ上述找内点 的方法也是可以的.例３㊀(２０２０年山东新高考Ⅰ卷理２１题第(２)问)已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ.若不等式ｆｘ()ȡ１恒成立ꎬ求ａ的取值范围.解析㊀设ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－１＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ－１.令ｇ(ｘ０)＝０ꎬｇᶄ(ｘ０)＝０ꎬ{即ａｅｘ０－１－ｌｎｘ０＋ｌｎａ－１＝０ꎬａｅｘ０－１－１ｘ０＝０.ìîíïïï消去ａꎬ得ｘ０－１ｘ０＝２ｌｎｘ０.解得ｘ０＝１.所以ｆ(１)ȡ１ꎬ即ａ＋ｌｎａȡ１.令Ｓ(ａ)＝ａ＋ｌｎａꎬ则Ｓᶄ(ａ)＝１＋１ａ>０.所以Ｓ(ａ)在区间(０ꎬ＋ɕ)内单调递增.因为Ｓ(１)＝１ꎬ所以ａȡ１时ꎬ有Ｓ(ａ)ȡＳ(１)ꎬ即ａ＋ｌｎａȡ１.下面证明当ａȡ１时ꎬｆ(ｘ)ȡ１恒成立.令Ｔ(ａ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａꎬ只需证当ａȡ１时ꎬＴ(ａ)ȡ１恒成立.因为Ｔᶄ(ａ)＝ｅｘ－１＋１ａ>０ꎬ所以Ｔ(ａ)在区间[１ꎬ＋ɕ)上单调递增.则[Ｔ(ａ)]ｍｉｎ＝Ｔ(１)＝ｅｘ－１－ｌｎｘ.因此要证明ａȡ１时ꎬＴ(ａ)ȡ１恒成立ꎬ只需证明[Ｔ(ａ)]ｍｉｎ＝ｅｘ－１－ｌｎｘȡ１即可.由ｅｘȡｘ＋１ꎬｌｎｘɤｘ－１ꎬ得ｅｘ－１ȡｘꎬ－ｌｎｘȡ１－ｘ.上面两个不等式两边相加可得ｅｘ－１－ｌｎｘȡ１.故ａȡ１时ꎬｆ(ｘ)ȡ１恒成立.当０<ａ<１时ꎬ因为ｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<１ꎬ显然不满足ｆ(ｘ)ȡ１恒成立.所以ａ的取值范围为ａȡ１.若无内点ꎬ则这个时候我们就可以继续用 端点效应 .例４㊀(２０１５年山东高考理２２题第(２)问)设函数ｆｘ()＝ｌｎｘ＋１()＋ａｘ２－ｘ()ꎬ其中ａɪＲ.若∀ｘ>０ꎬｆｘ()ȡ０成立ꎬ求ａ的取值范围.解析㊀令ｆ(ｘ０)＝０ꎬｆᶄ(ｘ０)＝０ꎬ{即ｌｎｘ０＋１()＋ａｘ２０－ｘ０()＝０ꎬ１ｘ０＋１＋ａ２ｘ０－１()＝０ꎬìîíïïï消去ａ得ｘ０(１－ｘ０)＝(１－２ｘ０)(ｘ０＋１)ｌｎ(ｘ０＋１).解得ｘ０＝０.注意到ｆ０()＝０ꎬ又∀ｘ>０ꎬｆｘ()ȡ０成立ꎬ从而必有ｆᶄ０()ȡ０ꎬ得ａɤ１.但是这不是本题正确的结果ꎬ正确结果为０ɤａɤ１.究其原因ꎬ当函数ｆｘ()无内点时ꎬ我们还需要考虑函数ｆｘ()在＋ɕ这一 端点 的情形ꎬ即ｆ＋ɕ()ȡ０ꎬ当然我们无法将＋ɕ代入ꎬ可以分离参数考虑ａȡｌｉｍｘң＋ɕｌｎ(ｘ＋１)ｘ－ｘ２＝０.下面证明当０ɤａɤ１时ꎬｆｘ()＝ｌｎｘ＋１()＋ａｘ２－ｘ()ȡ０恒成立.显然当ｘȡ１时ꎬｆｘ()>０成立ꎻ当０<ｘ<１时ꎬａｘ２－ｘ()ȡｘ２－ｘꎬ故ｆｘ()＝ｌｎｘ＋１()＋ａｘ２－ｘ()ȡｌｎｘ＋１()＋ｘ２－ｘ.令ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１()＋ｘ２－ｘꎬｘɪ０ꎬ１()ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１ｘ＋１＋２ｘ－１＝ｘ２ｘ＋１()ｘ＋１>０.故ｇ(ｘ)>ｇ(０)＝０.从而有ｆｘ()>０恒成立.故ａ的取值范围为[０ꎬ１].例５㊀若不等式ｓｉｎｘ－ｘ＋ａｘ２ȡ０恒成立ꎬ求ａ的取值范围.解析㊀设ｆ(ｘ)＝ｓｉｎｘ－ｘ＋ａｘ２ꎬ令ｆ(ｘ０)＝０ꎬｆᶄ(ｘ０)＝０ꎬ{即ｓｉｎｘ０－ｘ０＋ａｘ２０＝０ꎬｃｏｓｘ０－１＋２ａｘ０＝０ꎬ{消去ａꎬ得ｃｏｓｘ０＋１＝ｓｉｎｘ０ｘ０.解得ｘ０＝２ｋ＋１()πꎬｋɪＺ.令ｆ２ｋ＋１()π[]ȡ０ꎬ得ａȡ１π.下面证明当ａȡ１π时ꎬｓｉｎｘ－ｘ＋ａｘ２ȡ０恒成立.记ｇ(ｘ)＝ｓｉｎｘ－ｘ＋１πｘ２ꎬ注意到函数ｇ(ｘ)关于ｘ＝π２对称ꎬ且当ｘ<０时ꎬ易知ｓｉｎｘ>ｘꎬ故ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)>０恒成立.根据对称性ꎬ只需证明:当ｘɪ０ꎬπ２[]时ꎬｇ(ｘ)ȡ０恒成立.由于ｇᶄ(ｘ)＝ｃｏｓｘ－１＋２πｘꎬｇᵡ(ｘ)＝２π－ｓｉｎｘꎬ显然ｇᵡ(ｘ)在０ꎬπ２[]上单调递减ꎬ且ｇᵡ(０)>０ꎬｇᵡπ２æèçöø÷＝２π－１<０ꎬ故存在ｘ０ɪ０ꎬπ２æèçöø÷ꎬ使得ｇᵡ(ｘ０)＝０.当ｘɪ０ꎬｘ０()时ꎬｇᵡ(ｘ)>０ꎬ即ｇᶄ(ｘ)单调递增ꎻ当ｘɪｘ０ꎬπ２æèçöø÷时ꎬｇᵡ(ｘ)<０ꎬ即ｇᶄ(ｘ)单调递减.又ｇᶄ(０)＝ｇᶄπ２æèçöø÷＝０ꎬ故当ｘɪ０ꎬπ２[]时ꎬｇᶄ(ｘ)ȡ０恒成立ꎬ从而函数ｇ(ｘ)在０ꎬπ２[]上单调递增ꎬ于是ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)ȡｇ(０)＝０.综上所述ꎬａ的取值范围为１πꎬ＋ɕ[öø÷.运用 端点效应 和 内点效应 求解ｆ(ｘꎬａ)ȡ０恒成立时参数取值范围问题的一般步骤:(１)解方程组ｆ(ｘ０ꎬａ)＝０且ｆᶄ(ｘ０ꎬａ)＝０ꎬ消去参数ａ可得关于ｘ０的方程ꎻ(２)若(１)中的方程的解恰好是区间的端点ꎬ则可以利用 端点效应 方法求解ꎬ同时注意在无穷端点(若区间是无穷的)处的情况ꎻ(３)若(１)中的解不是区间的端点ꎬ则这些点为内点ꎬ可用 内点效应 求解ꎻ(４)若(１)中的方程无解ꎬ则说明该问题不适合用 端点效应 和 内点效应 求解.参考文献:[１]李文东.对导数中的 端点效应 问题的几点思考[Ｊ].理科考试研究[Ｊ].２０２２ꎬ２９(０３):１７－１９.[责任编辑:李㊀璟]。
恒成立问题与端点效应
恒成立问题与端点效应大招总结是充分条件。
只是必要条件，不一定特别提醒：这里的结论则若，则上恒成立，若在②则若，则上恒成立，若在①以下知识点：将它们分解，对此需用不能在端点处的值为零，但多项式，这些函数虽然成立问题中的函数不是若高考试题中出现的恒充分性。
必要性；验证步骤：等于的导数值大于上恒成立，则在恒大于等于且端点效应一般叙述：若很快能得到答案。
性推理，点，深入研究，用必要个重要的数值，抓住这，定义区间的端点是一在导数与函数的关系中.0)(,0)(;0)(0)(],[0)(.0)(,0)(;0)(0)(],[0)(.3.2;0)(.1.00)(),[0)(,0)(≥′=≤′=≤≤′=≥′=≥==+∞=b f b f a f a f b a x f b f b f a f a f b a x f a f a f a x f a f 典型例题的取值范围。
求实数恒成立，的导函数。
若是其中：设函数例a x ag x f x f x f x x f x x g x x f )()()()(,0),()(),1ln()(1≥′≥′=+=]1-(1)∞,0[0)(0,0)0()()∞,0[)(0)1()1(-1)(1.10)0()∞,0[0)(,-1)0(,)1(-1)(,1-)1(11)()∞,0[0)(),0[)(,0)0(0,0)(),0(1-)1ln()(1)1ln()()(,1)(),()(,11)(2222，，即的取值范围是故实数。
恒成立，即原命题成立在时，函数故当即上单调递增，在，故函数＞时，函数当充分性：，即故上恒成立，在而要保证而即函数上恒成立，而在区间即保证上单调递增，在故此时必须保证函数由于时恒成立，当即保证此时令必要性：恒成立，恒成立，即而即由于依题意，解：∞∈≤+≥≤=≥++≥++=′≤≤≥′+≥′=′++=′++++=′+≥′+∞=≥≥≥++=+≥+≥+=′=+=′a a a x F a F x F x F x x x a x x F a a F x F a F x a x x F xa x ax x x F x F x F F x x F x xax x x F xax x x ag x f x x x g x f x x g x x f的取值范围。
第4-03讲_端点效应 - 学生版
癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 第03节 端点效应一、知识纵横1. 端点分析的原理端点分析是常见的含参函数的处理技巧，以⼀个典型的恒成立问题为例：设含参可导函数()f x 对任意x D ∈，都有(),0f x a 恒成立． （1）若D 是形如(),m +∞的开区间，那么就有；()()lim 0lim 0x m x f x f x +→→+∞⎧⎪⎨⎪⎩．这种得到命题成立的必要条件的作法称为第I 类端点分析；常考形式：如果(),0f m a =，则由(),0f m a '得到必要条件，再证明必要条件是充分条件（寻找矛盾区间）；（2）若D 是形如[],m n 的闭区间，那么我们有()()00f m f n ⎧⎪⎨⎪⎩，这样我们就得到了参数的⼀个⼤致范围，也即命题成立的必要条件，这种作法称为第II 类端点分析．常考形式：如果(),0f m a =，则由(),0f m a '得到必要条件，再证明必要条件是充分条件（矛盾区间）； 如果(),0f n a =，则由(),0f n a '得到必要条件，再证明必要条件是充分条件（矛盾区间）．（3）有时命题并不一定是上述的特殊形式（下一讲隐极值点代换），但是自变量取边界值和某些特殊值时，不等式都成立，由此可以得到一些关于参数的不等式，缩小参数的范围，有效地减少讨论． 端点情况出发，去揭示通过一些必要条件缩小参数范围、确定讨论的分界点这种方法的威力．为了简便，本文选择的例题中，缩小后的参数范围就恰好是所求的范围，虽然这看上去很巧，但事实上，在大部分这类问题中，我们遇到的情况都是如此．2. 会利用端点分析技巧基本步骤处理复杂的存在性及恒成立问题（看例题解析）癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 二、典型例题【题型23恒成立求参之第I 类端点分析】 例1. （2006国2理20）若[)0,x ∀∈+∞，()()1ln 1x x ax ++恒成立，求实数a 的取值范围．癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 例2. （2007国2理20）设函数()e e x x f x -=-．（1）证明：()f x 的导数()2f x '；（2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x ax 恒成立，求a 的取值范围．癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 例3. （2016国2文20）设函数()()()1ln 1f x x x a x =+--．（1）当4a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；（2）若()1,x ∀∈+∞，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 例4. （2006国1理21）设函数()1e 1ax x f x x-+=-． （1）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（2）若()0,1x ∀∈，()1f x >恒成立，求a 的取值范围．癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 例5. （2017国II 文21）设函数()()21e x f x x =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若[)0,x ∀∈+∞，()1f x ax +恒成立，求a 的取值范围．癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 例6. （2010国理21）设函数()2e 1x f x x ax =---．（1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若[)0,x ∀∈+∞，()0f x 恒成立，求a 的取值范围．癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 例7. （2010大纲2理22） )1x x +； )1x ax +恒成立，求癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 【题型23恒成立求参之第II 类端点分析】 例8. （2008理22）设函数()sin 2cos x f x x=+． （1）求()f x 的单调区间； （2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x ax 恒成立，求a 的取值范围．癞蛤蟆阿呆math1573有收获的学数学 【题型24恒成立求参之必要性探路】 例9. （2013大纲文21）设函数()32331f x x ax x =+++．（1）当a =()f x 的单调性；（2）若[)2,x ∀∈+∞，()0f x 恒成立，求a 的取值范围．设函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '是()f x 的导数．（1）证明：()f x '在区间()0,π存在唯一零点；（2）若[]0,πx ∀∈，()f x ax 恒成立，求a 的取值范围．设函数()cos f x ax x =+，[]0,πx ∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若[]0,πx ∀∈，()1sin f x x +恒成立，求a 的取值范围．【题型25恒成立求参之矛盾区间应用】 例12. （2014国2理21）设函数()e e 2x x f x x -=--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值；（3）已知1.4142 1.4143<，估计ln 2的近似值（精确到0.001）．例13. （2018国3理21）设函数()()()22ln 12f x x ax x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ． 68gghfAAA。
09 导数大题之恒成立端点效应【解析】
第九讲：导数大题之恒成立端点效应【练习1】已知函数f(x)=,(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当0时,判断函数g(x)=−m(x≥0)有几个零点,并证明你的结论;(3)设函数h(x)=[x−+f(x)]−|x−−f(x)|−cx2,若函数h(x)在(0,+∞)为增函数,求实数c的取值范围.【解答】(1)∵f(x)=x2e−x,∴f′(x)=(2xe−x−x2e−x)=xe−x(2−x),当x∈(−∞,0)∪(2,+∞)时,f′(x)＜0,x∈(0,2)时,f′(x)＞0;故f(x)在(−∞,0),(2,+∞)上是减函数,在(0,2)上是增函数;(2)函数g(x)=−m(x≥0)有2个零点.证明如下:因为0时,所以g(2)=−m＞0,由g(2)＞0,g(0)=−m＜0,且g(x)在(0,2)上单调递增且连续得g(x)在(0,2)上仅有一个零点,由上面可得x≥0时,f(x)≤f(2),即≤＜1,故x≥0时,e x＞x2,所以g()=−m==,由e x＞x2得＞,平方得＞,所以g()＜0,由g(2)＞0,以g()＜0,且g(x)在(0,2)上单调递增且连续得g(x)在(2,)上仅有一个零点,综上得:函数g(x)=−m,x≥0有2个零点,(3)记函数F(x)=f(x)−(x−)=−x+,x＞0,求导得F′(x)=−1−,(x＞0),当x≥2时,F′(x)＜0恒成立当0＜x＜2时,x(2−x)≤[]2=1,∴F′(x)=−1−≤−1−＜1−1−=−＜0,∴F′(x)＜0在(0,+∞)上恒成立,故y=F(x)在(0,+∞)上单调递减.F(1)=＞0,F(2)=−＜0,∴F(1)•F(2)＜0,又曲线y=F(x)在[1,2]上连续不间断,∴由函数的零点存在性定理及其单调性知存在唯一的x0∈(1,2),使F(x0)=0,.∴x∈(0,x0),F(x)＞0,x∈(x0,+∞),F(x)＜0,∴g(x)=(x−+f(x))−|x−−f(x)|−cx2=,∴求导,g′(x)=,由函数g(x)为增函数,且曲线y=g(x)在(0,+∞)上连续不断知:g′(x)≥0在(0,x0),(x0,+∞)上恒成立.①当x＞x0时,−2cx≥0在[x0,+∞)上恒成立,即2c≤在(x0,+∞)上恒成立,记u(z)=,x＞x0,则u′(x)=,x＞x0,当x变化时,u′(x),u(z)变化情况列表如下:x(x0,3)3(3,+∞)u′(x)−0+u(x)↓极小值↑∴u(x)min=u(x)极小值=u(3)=−,故“2c＜在[x0,+∞)上恒成立”只需2c≤u(x)min=−,c≤−.②当0＜x＜x0时,g′(x)=1+−2cx,当c≤0时,g′(x)＞0在(0,x0)上恒成立,综合①②知,当c≤−时,函数g(x)为增函数.故实数c的取值范围是(−∞,−].【练习2】设函数f(x)=(1+ax2)e x−1.(1)若a＜0,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)在[0,1]上有两个零点,求a的取值范围.【解答】(1)f'(x)=(ax2+2ax+1)e x,令g(x)=ax2+2ax+1,△=4a(a−1).∵a＜0,∴△＞0,令g(x)=0得,.当x＜x1或x＞x2时,g(x)＜0,即f'(x)＜0;当x1＜x＜x2时,g(x)＞0,即f'(x)＞0.∴f(x)在单调递减,在单调递增,单调递减.(2)当a＜0时,由(1)知f(x)在单调递增,在单调递减.∵f(x)在[0,1]上有两个零点,而f(0)=0,∴f(1)≤0,即(1+a)e−1≤0,解得.当a≥0时,f'(x)=(ax2+2ax+1)e x,令g(x)=ax2+2ax+1,则g(x)开口向上,对称轴为x=−1,∴g(x)在[0,1]上单调递增,当x∈[0,1]时,g(x)≥g(0)=1,又e x＞0,∴f′(x)＞0在[0,1]上恒成立,∴f(x)在[0,1]单调递增,又f(0)=0,∴f(x)在[0,1]上只有一个零点0,不符合题意.综上,a的取值范围为.【练习3】设M是满足下列条件的函数构成的集合:①方程f(x)−x=0有实数根;②函数f(x)的导数f'(x)满足0＜f'(x)＜1．(1)若函数f(x)为集合M中的任意一个元素,证明:方程f(x)−x=0只有一个实根;(2)判断函数ln()3(1)23x xg x x=-+>是否是集合M中的元素,并说明理由;(3)设函数f(x)为集合M中的元素,对于定义域中任意α,β,当|α−2012|＜1,|β−2012|＜1时,证明:|f(α)−f(β)|＜2．【解答】(1)令h(x)=f(x)−x,则h′(x)=f′(x)−1＜0,故h(x)是单调递减函数,所以,方程h(x)=0,即f(x)−x=0至多有一解,又由题设①知方程f(x)−x=0有实数根,所以,方程f(x)−x=0有且只有一个实数根(2)易知,,满足条件②;令,则,又F(x)在区间[e,e2]上连续,所以F(x)在[e,e2]上存在零点x0,即方程g(x)−x=0有实数根,故g(x)满足条件①,综上可知,g(x)∈M(3)证明:不妨设α＜β,∵f′(x)＞0,∴f(x)单调递增,∴f(α)＜f(β),即f(β)−f(α)＞0,令h(x)=f(x)−x,则h′(x)=f′(x)−1＜0,故h(x)是单调递减函数,∴f(β)−β＜f(α)−α,即f(β)−f(α)＜β−α,∴0＜f(β)−f(α)＜β−α,则有|f(α)−f(β)|＜|α−β|≤|α−2012|+|β−2012|＜2．【练习4】已知函数f(x)=(ax2+x−1)e x+f′(0)．(Ⅰ)求f′(0)的值;(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性;(Ⅲ)若g(x)=e−x f(x)+lnx,h(x)=e x,过点O(0,0)分别作曲线y=g(x)与y=h(x)的切线l1、l2,且l1与l2关于x轴对称,求证:32(1)222e eae++-<<-．【解答】(Ⅰ)由已知得f'(x)=[ax2+(2a+1)x]e x,故f'(0)=0,(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)=(ax2+x−1)e x．f'(x)=[ax2+(2a+1)x]e x=[x(ax+2a+1)]e x．①若a＞0,当x＜−2−或x＞0时,f'(x)＞0;当−2−＜x＜0时,f'(x)＜0,所以f(x)的单调递增区间为(−∞,−2−),(0,+∞);单调递减区间为(−2−,0)．②若a=0,f(x)=(x−1)e x,f'(x)=xe x,当x＞0时,f'(x)＞0;当x＜0时,f'(x)＜0,所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞);单调递减区间为(−∞,0)．③若−＜a＜0,当x＞−2−或x＜0时,f'(x)＜0;当0＜x＜−2−时,f'(x)＞0,所以f(x)的单调递增区间为(0,−2−);单调递减区间为(−∞,0),(−2−,+∞)．④若a=−,f′(x)=−x2e x≤0,故f(x)的单调递减区间为(−∞,+∞)．⑤若a＜−,当x＜−2−或x＞0时,f'(x)＜0;当−2−＜x＜0时,f'(x)＞0,所以f(x)的单调递增区间为(−2−,0);单调递减区间为(−∞,−2−),(0,+∞)．当a＞0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,−2−),(0,+∞);单调递减区间为(−2−,0)．当a=0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);单调递减区间为(−∞,0)．,当−＜a＜0时,f(x)的单调递增区间为(0,−2−);单调递减区间为(−∞,0),(−2−,+∞)．当a=−时,f(x)的单调递减区间为(−∞,+∞);当a＜−时,f(x)单调递增区间为(−2−,0);单调递减区间为(−∞,−2−),(0,+∞);(Ⅲ)g(x)=e−x f(x)+lnx=−e−x(ax2+x−1)e x+lnx=ax2+x−1+lnx,设l2的方程为y=k2x,切点为(x2,y2),则y2=e x2,k2=e x2=,所以x2=1,y2=e,k2=e．由题意知k1=−k2=−e,所以l1的方程为y=−ex,设l1与y=g(x)的切点为(x1,y1),则k1=g′(x1)=2ax1+1+==−e,a=−−,又y1=a+x1−1+lnx1=−e x1,即x1+lnx1−=0,令u(x)=x+lnx−,u′(x)=+,在定义域上,u'(x)＞0,所以(0,+∞)上,u(x)是单调递增函数,又u(1)=＞0,u()=+ln−＜0,所以u(1)•u()＜0,即＜x1＜1,令t=,则1＜t＜,a(t)=−[t2+(e+1)t],所以a＞a()=−,a＜a(1)=−,故−＜a＜−．【练习5】已知函数.(1)若a＜b＜c,且,x=1是函数f(x)的极值点,函数f(x)的单调递增区间为[s,t],求|s−t|的最小值;(2)若b=−c=1,f'(x)为函数f(x)的导函数,当x≤0时,g(x)f'(x)+1≥0,求实数a的取值范围.【解答】(1)∵f(x)=ax3+bx2+cx,∴f′(x)=ax2+2bx+c,∴f′(1)=a+2b+c=0,∵a＜b＜c,∴4a＜a+2b+c＜4c,即4a＜0＜4c,∴a＜0,c＞0,∴一元二次方程ax2+2bx+c=0的判别式△=4b2−4ac＞0,∴ax2+2bx+c=0有两个不相等的实根,设两根为x1,x2,不妨令x1＞x2,则x1＞0＞x2,由f′(1)=a+2b+c=0知x1=1是方程的ax2+2bx+c=0,由根与系数的关系可得x1+x2=−,且,可得x2=−1＜0,当x＜x2,或x＞x1时,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减,当x2＜x＜x1时,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增,∵函数f(x)的单调递增区间为[s,t],∴|s−t|=|x1−x2|=2+,由0≤＜1,可得|s−t|得罪小值为2.(2)∵b=−c=1,f′(x)=ax2+2x−1,∵当x≤0时,g(x)f'(x)+1≥0,即ax2+2x−1+e−2x≥0,设h(x)=ax2+2x−1+e−2x,∴h′(x)=2ax+2−2e−2x=2(ax+1−e−2x),令m(x)=ax+1−e−2x,∴m′(x)=a+2e−2x,①当a≥−2时,∵x≤0,∴2e−2x≥2,即m′(x)≥0,∴m(x)在(−∞,0]上单调递增,∴m(x)≤m(0)=1−1≥0,∴h′(x)≤0在(−∞,0]上恒成立,∴h(x)在(−∞,0]上单调递减,∴h(x)≥h(0)=−1+1=0,∴当a≤−2时,g(x)f'(x)+1≥0,②当a＜−2时,令m′(x)=0,解得x=ln(−)＜0,∴当x∈(ln(−),0]时,m′(x)＜0,函数m(x)单调递减,∴m(x)≥m(0)=0,∴h(x)在(ln(−),0]上单调递增,∵h(x)≤h(0)=0,不满足题意,综上所述a的取值范围为[−2,+∞)。
新高考数学导数专题讲义第22讲 导数解答题之端点效应问题学生版解析版.doc
第22讲导数解答题之端点效应问题1.设函数f(x)^e x-e-x(I )证明:/(x)的导数广(玖.2 ；(II)若对所有x..0都有f\x)..ax,求a的取值范围.2.(理)已知函数f(x) = sinx + ln(l + x).(/)求证：—< /(—) < — (n^N+);n n n(〃)如果对任何x..O,都有f(x\, ax ,求。
的取值范围.3.设函数f(x) = cue - lnx(a > 0).(I )当i = 2时，判断函数<?(%) = /(%)-4(x-1)的零点的个数，并且说明理由; (II)若对所有x.,1,都有/(x)… x2-l,求正数Q的取值范围.4.(理)设函数f(x) = (x + I)ln(x + l).(1)求/3)的单调区间；(2)若对所有的X..0,均有f(x)..ax成立，求实数Q的取值范围.5.设函数f(x) = (2x +1)加(2x +1) .(I )求函数f(x)在点(0，f (0))处的切线方程；(II)求/Xx)的极小值；(III)若对所有的x.O,都有f(x)..2ax成立，求实数a的取值范围.6.已知函数f(x) = x-ln(x + a)的最小值为0,其中a>0.(1)求a的值；(2)若对任意的xe [0 , +8),有/(.¥)… kx2成立，求实数Z：的最小值.7.设函数f(x) = ax + cosx , x e [0 , TT].(I )讨论f (x)的单调性；(II)设f(X),, 1 + sinx ,求a的取值范围.8.已矢日函数f(x) =(X + \)hix-a(x-1).(1)当0 = 4求曲线y = f(x)在(1, / (1))处的切线方程;(2)若x>l时，f(x)>0,求"的取值范围.e 是自然对数的底9.已知函数/(x) = Inx-a ------- (a 」R) .x + 1(1) 若尤=2是函数八尤)的极值点，求o 的值；(2) 令g(x) = (x +1) f(x) 9若对任意X..£ ,有g(x)>0恒成立,求&的取值范围;所+― m _ n m . n(3) 设"为实数，且m>〃，求证：m-n 210.已知函数 f(x) = lwc-a(x-V) , g(x) = e x.(1) 求函数的单调区间；(2) 若函数h(x) = f(x +1) + g(x),当x>0时，h(x) > 1恒成立，求实数。
导数中的“端点效应”问题
导数中的“端点效应”问题不等式恒成立求参数的取值范围的题目一般形式是：当x x0 时，不等式g(x) f(x,a) 0恒成立，求实数a的取值范围。
一般解法主要有两种：一是直接求函数g(x) f(x,a)的最值；二是把参数a分离出来，得到a h(x)或a h(x)的形式，然后再求函数h(x)的最值。
纵观近几年的高考试题，利用导数求不等式中某一参数的试题可以考虑使用“端点效应” ，即对某个端点进行验证。
基本原理：设函数??(??)含参数??，且x A，??( ??) > 0 恒成立的？？的取值范围为？？。
若X。
A，由？?(？?0 ) > 0 ? C,(此时？？？？?.)且当C时，？？( ？？) > 0 恒成立，则？？二？?.说明：1. “此时？？？ ??”，是因为？？？€ ？？, ？？( ？？) > 0 恒成立的取值范围是由？？取集合？？中每一个值使？？(？？)成立的？？的所有取值范围的交集确定.2. 设函数？？(？？)含参数？？，且x A，？？(？？) > 0 恒成立的？？的取值范围为？？，贝S X D A，使得？?(？?)< 0成立的？？的取值范围为C U B ；所以特称命题转化为全称命题后，也可以考虑用特殊点效应.一)端点效应——给定原始区间的端点效应例1.已知9 ?? - log ?? ?? < 2在(0,丄]上恒成立，则实数？?的取值2范围是 ______ .(1 )讨论函数？?( ??)的单调性;1(2)若存在 x [e,e 2]，使得 f (x) mx m 范围.(2)壬求跌e \e t e 2b f(x)0恨礁立的买知m 的星值范崗；€ \c r c 2] f(x) > m (r - 1) + fit 立”1 . 1 , . 1所以『09-； A - 1]* 1)> < ；.而恤 < iltt. 1) + ^ =扌x ・ 利用示画庇厳点 则只需证即证明L BH 兰臥上兰工MX),显核迭牛不尊武處址用此”JT € |e^z ]+ /(J ) — mx - 7 + ni >肿〔成主的丈S[m 的収值范闌为m < £ 从血.f/任*皂陆电工],使祖/X*) — »ut ■寸4»n 兰0成宜的哦J&tn 的取值范團为mA 老Wh 通过辖化为全舂宿題忆 阳觸点效禹 軽松解逵问騒 但如爬亶按去求解.由于牵涉对診败的分焚讨论.恐不畅蘇決问題・冇賢趣的阿“不妨试-试根据以上分析可知，若不等式g(x) f(x,a) 0具有如下特点: 验证端点x X o 时，发现有g(X o ) f(X o ,a) 0成立，也就是不等式中等 号成立的条件恰好是已知区间的一个端点，那么，不等式 例2.已知函数f(x) xIn0成立，求实数？？的取值 则 a > 1 此时易知原命题成立.g(x) f (x, a) 0成立就化为不等式g(x) g(x°)成立，假设函数g(x)在[x o ,)上是单调增函数，就可以确定实数 a 的一个恰发的范围，使 g'(x) 0成立，即找到一个使不等式g(x) f(x,a) 0成立的充分条件。
26恒成立问题与端点效应
1恒成立问题与端点效应知识点：在定义域内恒成立的几种等价条件 （1）0)(≥x f 恒成立等价于0)(min ≥x f 。
（2）0)(≤x f 恒成立等价于0)(max ≤x f 。
（3）)(g )(x x f ≥等价于0)]()([min ≥-x g x f 。
（4）)(g )(x x f ≤等价于0)]()([max ≤-x g x f 。
（5）)(g )(21x x f ≥等价于max min )()(x g x f ≥。
一、端点与一次函数最值问题对于任何单调函数，最值必在端点处取得。
知识点：（1）单调函数0)(≥x f 在],[21x x 上恒成立，等价为⎩⎨⎧≥≥0)(0)(21x f x f ，（2）单调函数0)(≤x f 在],[21x x 上恒成立，等价为⎩⎨⎧≤≤0)(0)(21x f x f .如果能确定函数的单调性，则只需要一个条件即可。
例1、若kxxe x f =)(在]1,1-[上递增，求实数k 的取值范围.解：要使函数在在]1,1-[上递增，则需要0)1()('≥+=kx e x f kx 在]1,1-[上恒成立，即01≥+kx 在]1,1-[上恒成立， 设1)(+=kx x h ，则满足⎩⎨⎧≥+=≥+-=-01)1(01)1(k h k h ，即⎩⎨⎧-≥≤11k k ， 得到11≤≤-k 。
二、端点与二次函数恒成立问题知识点：（1）二次函数c bx ax x f ++=2)(，若0>a ，则0)(≤x f 在],[b a 上恒成立，则等价为⎩⎨⎧≤≤0)(0)(21x f x f ，（2）二次函数c bx ax x f ++=2)(，若0<a ，则0)(≥x f 在],[21x x 上恒成立， 则等价为⎩⎨⎧≥≥0)(0)(21x f x f 。
特别注意端点效应不成立的结论：（3）若0>a ，则0)(≥x f 在],[21x x 上恒成立，则不等价为⎩⎨⎧≥≥0)(0)(21x f x f 。
第21集高考导数压轴题——端点效应
第21集高考导数压轴题——端点效应
不等式恒成立求参数取值范围问题，是高考的热点，同时也是高考难点，其通法是采用分类讨论，但过程往往十分繁琐，计算量十分庞大。
当然也可以优先采用分离参数法，然而并非所有的问题都能奏效，尤其是遇到一些试题，其参数根本无法分离。
这时候，倘若能适当考虑区间端点的性质，先找到一个不等式成立的必要条件，从而缩小范围，然后再证明必要条件也是充分条件，那么即可求得结论。
这种必要条件探路，再证充分性的方法，不妨称之为端点效应。
一·端点效应
1·必要条件缩小范围：
2·充分性求出结果：
二·高考题型归纳
1·区间端点的函数值为零型：
2·区间端点的函数值与导数值均为零型：。