端点效应在恒成立中的应用 |
| 时间：2026-02-01 19:05:55 来源：本站原创文章，保留版权. 作者：本站管理员 |
端点效应在恒成立中的应用
关键词： 必要条件 缩小范围 取值范围 减少分类讨论次数 局部恒成立
恒成立问题中，我们常常会见到类似的命题：
“对于任意的 x m,n
x a，+ 都有 f x 0
或
恒
成立”（ f (x)中包含参数），这里的端点m,n往往是使
结论成立的临界条件，这种观察区间端点值解决问题
的方法，称之为端点效应．
1 2017
例 ．（
2
21 2
年高考全国新课标 卷（文科）第 （ ））
设函数 f (x) = (1− x2 )ex
.
a
f (x) ax +1
x 0
.
当
时，
，求实数 的取值范围
1
1
3
f ( ) a +1
a
e − 2 0
解析：由
a 0
，得
，
2
2
2
a 0
①利用恒成立，得到一个必要条件
，初步缩小范
.
所以
………………………………①
g(x) 0
恒成
a
.
围，为了减少对 讨论的次数
x 0
设
立
g(x) = (1− x2 )ex − ax −1，（
），则
g(0) = 0
.
，即端点处取等号，这是端点效应的特征
.
g(x) = (1− x2 − 2x)ex − a
，
g(x) = (−x2 − 4x −1)ex
，
g(x) 0
g(x) [0,+)
在
因为
，所以
上单调递减，
g(x) 0
g(0) =1− a 0
，
②猜想
的一个必要条件是
a 1
①当
时，
………………………………②
a 1
.
.
即
这可以作为一个分类讨论的标准
g(x) g(0) =1− a 0
g(x) [0,+)
在 上单调递
，所以
a 1
a 1
现在
0 a 1
仅是一个猜想的必要条件，还要分
和
减，
a 1
.
时，进行分类讨论，说明
是充要条件
g(x) g(0) = 0
a 1
所以
，所以
符合题意，
0 a 1
时，
②当
………………………………③
x(0,x )
0 a 1
0
③当
时，要证明在 的右附近，即
0
g(0) =1− a 0 g(1) = −2e − a 0
，
，
g(x) 0
g(0) 0
.
时
其实
，由连续函数的保号性可
，但是这种解法超纲，在中
g(x)
g(x) (0,1)
在
由
的连续性及零点存在定理可知，
g(x) 0
0
知在 的右附近
x
g(x) [0,+)
在 上单调递减，
上存在一个零点 ， 因为
0
.
学不适宜
x(0,x )
g(x) g(x ) = 0
时，
所以当
0
0
g(x) (0,x ) g(x) g(0) = 0
上单调递增，所以
0
所以
这与
所以
在
g(x) 0
恒成立矛盾
0 a 1
.
不合题意
a
[1,+)
.
综上所述：实数 的取值范围是
2.
2024
（
21 2
年高考全国甲卷理科第 （ ））
例
1
1
a −
= s(x)
，但是
参变分离，得到
f (x) = (1− ax)ln(1+ x) − x
已知函数
x 0
．
x ln(1+ x)
ln(1+ x) − x
xln(1+ x)
a
f (x) 0
恒成立，求 的取值范围．
当
时，
x 0
s(x) =
x → 0
当
时，
的分子分母都趋近于
f (x) 0
解析：因为
时
恒成立，所以
0
0
.
，是 型，后续解答比较困难
1
0
f (1) = (1− a)ln2 −1 0
a 1−
0
，所以
，
ln2
………………………………④
a 0
④利用恒成立，得到一个必要条件
，初步缩小范
a 0
.
所以
a
.
围，为了减少对 讨论的次数
f (0) = 0
x 0
1− ax 1 0
，所以当
时，
，
x
f (x) 0
1− ax
ln(1+ x) −
0
，除掉
，变形得
，这
x
1− ax
独立出来了，求导后就不再含有对数
f x = (1− ax) ln(1+ x) −
( )
1− ax
ln(1+ x)
样就把
x
.
.
式了 ln x不怕与其他函数加减，怕乘除
f x 0 g(x) = ln(1+ x) −
0
，…………⑤
( )
1− ax
g(0) = 0
.
⑤
，即端点处取等号，这是端点效应的特征
x(a2 x − 2a −1)
g′(x) =
(1+ x)(ax −1)2
x
1
g′(x) =
(a2x − 2a −1)
g(x) [0,+)
在
g′(x) 0
a −
①当
时，
，
上为增函
，
(1+ x)(ax −1)2
2
g(x) g(0) = 0
g(x) 0
数，故
设
是
准
h(x) = a2x − 2a −1，猜想
的一个必要条件
1
1
2
h(0) = −2a −1 0
a −
a −
所以
符合题意
，即
，这样就找到了分类标
2
1
2a +1
.
g′(x) 0
− a 0
0 x
②当
时，当
时，
，
a2
2
2a +1
2a +1
g(x)
0,
0,
故
在
上为减函数，故在
上，
a2
a2
g(x) g(0) = 0
，
1
− a 0
所以
不合题意
2
1
a
(−,− ]
.
综上所述， 的取值范围为
2
3 2023
例 （
20 2
年高考全国乙卷（文科） （ ））
1
f (x) =
+ a ln 1+ x
(
)
已知函数
．
x
(x +1)ln(x +1) − x
a
= s(x)
参变分离，得到
x2
a
f (x) (0,+)
单调递增，求 的取值范围．
若函数
在
0
解析：由函数的解析式可得
s(x)
时，
x → 0
0
当
的分母都趋近于 ，是 型，后续解
0
1
1
1
f x = −
ln x +1 + + a
x −1
，
( )
(
)
(
)
x2
.
题困难
x
x +1
f x 0
0,+
( )
(
)
.
满足题意时
在区间
上恒成立
1
1
1
−
ln x +1 +
+ a
0
(
)
即
恒成立，所以
x =1
x2
x
x +1
ax2 + x
x +1
， 在 此 式 中 ， 令
， 得
ln(x +1) −
0
a 0
⑥利用恒成立，得到一个必要条件
，初步缩小范
a
.
.
围，为了减少对 讨论的次数
a 2ln2 −1 0
ax2 + x
(x +1)
a 0
所以
， …………………………………………⑥
f x 0
ln(x +1) −
0
，这样就把
( )
，先变形得
ax2 + x
x +1
(x 0)
， ……………⑦
设
则
，
g(x) = ln(x +1) −
ln(1+ x)
.
独立出来了，求导后就不再含有对数式了
g(x) 0
g(0) = 0
.
.
恒成立，
⑦
⑧
，即端点处取等号，这是端点效应的特征
ax
1− 2a
g(0) = 0
，即端点处取等号，这是端点效应的特征
g′(x) =
(−x +
1− 2a
)
， ……………………⑧
(x +1)2
a
1− 2a
g(x) 0
h(x) = −x +
设
，猜想
的一个必要条件
1
a
g(x) 0
a
x 0
0
①当
时，
，所以
时，
恒
2
a
1
1− 2a
a
h(0) =
0
是
，即
，这样就找到了分类讨论
成立，
2
a
g(x)
[0,+)
上单调递减，
.
在区间
的标准
f x 0
( )
(0,+)
g(x) g(0) = 0
上，
所以在
，所以
恒成
.
立
1
2
f (x) (0,+)
在 单调递增，
a
所以当
时， 函数
1
2
a
.
所以
符合题意
1
2
1− 2a
1− 2a
0 a
0
x(0,
)
时 ，
② 当
时 ，
，
a
a
g(x) 0
g(x)
，
1− 2a
(0,
)
上 单 调 递 增 ， 所 以
在 区 间
g(x) g(0) = 0
g(x) 0
a
1
0 a
.
不合题意
所以
不能恒成立，所以
2
1
a
a | a
.
综上所述：实数 得取值范围是
2
4. 2022
例 （
2
22 2
年高考全国 卷第 （ ）题）
已知函数 f (x) = xeax −ex
f (x) −1
．
f (0) = −1
x 0
a
.
，即端点处取等号，这是端点效应的特征
当
时，
，求 的取值范围；
解析：设t(x) = x +1−ex ，则t(x) =1−ex
(−,0)
(0,+)
x
0
t(x)
t(x)
0
＋
－
↗
极大
↘
[t(x)] = t(0) = 0 t(x) 0
， ，
所以
所以
max
x +1 ex
x +1 ex
x = 0
.
，为下面的放缩做好准备
⑨先证明不等式
，（
时取等号）…………………⑨
由题意 f (1) = ea −e −1，所以
，所以
a ln(e −1) 1
a 1
⑩利用恒成立，得到一个必要条件
，初步缩小范
a 1
.
……………………………………………⑩
f (x) −1 xeax −ex +1 0
x 0
a
.
围，为了减少对 讨论的次数
g(x)
.
设
g(x) = xeax −ex +1，（
）则当
h(x)
*
（ ）对
变形为 g(x) = exh(x)，对
求导后
g(x) 0
时，
x 0
因式 (a−1)x 就可以提取出来了，另一个因式里不再有
g(x) = (1+ ax)eax −ex = ex[(1+ ax)e(a−1)x −1]，……（ ）
*
e
x
.
指数式了， 不怕与其他函数乘除，怕加减
e
h(x) = (1+ ax)e(a−1)x −1，（
）………………（ ）
.
便于分析符号
x 0
**
设
h(0) = 0
**
（ ）
，即端点处取等号，这是端点效应的特
h(x) =[(a2 − a)x + 2a −1]e(a−1)x
.
征
则
1
1
(2a−1)x
e0 =1
g(x) 0
h(0) 0
a
猜想
的一个必要条件是
，即
，
(2a −1)x 0
，
a
x 0
①当
因为
时，
时，
e
2
2
x +1 ex
ax
.
这样就找到了分类标准
所以
1+ ax e
，所以(1+ ax)e(a−1)x eaxe(a−1)x
0
x +1 ex
(a−1)x
h(x)
.
利用不等式
，对
进行了放缩
又因为
e
所以h(x) eaxe(a−1)x −1= e(2a−1)x −1 0
g(x) (0,+)
单调递减，
所以 g(x) = exh(x) 0，所以
在
g(x) g(0) = 0
，
1
a
.
符合题意
所以
2
2a −1
a − a2
1
2
2
0
a 1
时，
②当
，
，所以
a − a 0
2a −1
a − a2
x 0,
当
时，
2a −1
h(x) = (a − a2 )
− x e(a−1)x 0
a − a2
2a −1
a − a2
所以 g(x) = exh(x) 0
0,
h(x)
h(x) h(0) = 0
g(x) g(0) = 0
所以
在
上单调递增，
，
2a −1
a − a2
0,
g(x)
所以
这与
在
上单调递增，
1
g(x) 0
.
a 1
恒成立矛盾，所以
不合题意
2
1
(−, ]
a
.
综上所述： 的取值范围是
2
5
2023
21 2
年高考全国甲卷 （ ））（理科））
例 ．（
sin x
cos3 x
π
f (x) = ax −
, x 0,
已知函数
2
f (x) sin2x
a
恒成立，求 的取值范围．
若
sin x
cos3 x
−sin2x, x[0, )
2
g(x) = ax −
解析：设
，
2
g(0) = 0 g(x) 0
，
x 0,
.
则
在
上恒成立
1+ 2sin2 x
g(x) = a −
− 2cos2x
− 4cos2 x
cos4 x
3− 2cos2 x
cos4 x
1
= a + 2 −
1
t, x
，目的是保证 同步增大（同步减小），
t =
设
cos2 x
t 1
t =
,
令
则
设
则
其中
，
cos2 x
.
减少错误的发生
4
2
g x =
( )
a + 2 −3t + 2t −
，
t
4
h(t) = a + 2 −3t2 + 2t −
，
t
2(1− t)(3t2 + 2t + 2)
h(t) =
0
t3
h(t) (1,+)
在
h(t) h(1) = a −3
g(x) 0
g(0) 0
，即
所以
上单调递减，所以
， 猜想
恒成立的一个必要条件是
a 3
,
时
a 3
.
，由此得到分类标准
①当
g (x) 0
，
h(t) h(1) = a −3 0
，所以
2
g(x)
[0, )
所以
在
上单调递减，
2
g(x) g(0) = 0
时，
x(0, )
.
所以
所以
②当
a 3
.
符合题意
4
−3t2 −t2, − 0
.
h 1 = a − 3 0,
( )
a 3
时，
t
这里对
放大到a +3−(t −1)2为了运算简单
h(t)
.
4
h(t) = a + 2 −3t2 + 2t − a + 2 −t2 + 2t = a + 3− (t −1)2
t
所以h(1+ a + 3) a + 3− (1+ a + 3 −1)2 = 0
h(t)
h(t)
根据零点存在定理及
的连续性可知，
在
上
t
h(t) (1,+)
在
(1,1+ a + 3)上有一个零点 ，又因为
0
单调递减，所以
t (1,t0 )
h(x) h(t ) = 0
时，
，
0
1
1
2
t =
t =
(0, )
因为
在
单调递增，设
，
0
cos2 x0
cos2 x
t (1,t )
x(0,x )
g(x) = h(t) 0
时，
则
时，
0
0
g(x) (0,x )
在
g(x) g(0) = 0
,
所以
这与
上单调递增 所以
0
g(x) 0
a 3
恒成立矛盾，所以
不合题意。
(−,3]
a
.
综上所述： 的取值范围时
:
端点效应的基本思路
1．适用类型：“对于任意的 x m,n
或
x m，+
都
)
有
f x 0恒成立”（ f (x)中包含参数），特点是：
①不便于参变分离；②参变分离后的函数形式较为复
f (m) = 0 f (m) = 0
或 或
杂；③函数刚好满足
f (m) = 0
，区间端点处的函数值恰好是不等式成立的
临界值是这类问题的显著特征！
2．解题步骤：
①移项，将所有变量移到一边，使不等式右边为 0；
②计算端点处的函数值，验证端点处的函数值是否为
0，若为 0，则可继续处理，否则此题不适用于端点分
析法.
③若端点处函数值为 0，则此时应由
f (a) 0求出参数取值范围；若端点处函数值为 0，且
f (a) = 0，则此时应由 f (a) 0，求出参数取值范围；
若
f (a) = 0，f (a) = 0，f (a) = 0，则此时应由
f (a) 0，求出参数取值范围；
f (m) 0
f (m) 0
④ 需 证 明 必 要 性 ： 利 用
或
或
f (m) 0
f (x) 0
a A
a A
，得到
，然后证明，当
时，
f (x) 0
a A
恒成立，当
时，
不能恒成立，即
m,n
[m,+)
B
x B
存在
时，
（或
）的一个非空子集 ，当
a
f (x) 0
A.
，从而确定 的取值范围就是
这种端点效应的解法，只适合解决一些特殊问题：端
点附近局部恒成立，刚好也满足整体范围内恒成立，
对于整体范围内有不止一个极值点的题目，往往不能
用这种解法，如：
2020年新课标 1卷（理科）第 21题
已知函数 f (x) = ex + ax2 − x
.
a =1
f x
（1）当
时，讨论 （ ）的单调性；
1
f (x) x3 +1
a
，求 的取值范围.
x 0
（2）当
时，
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