炙手可熱的“端點(diǎn)”效應(yīng)研究

“端點(diǎn)\"效應(yīng)問(wèn)題在高考中可謂炙手可熱，在近五年高考中曾出現(xiàn)過(guò)四次，在各地的模擬考試中“端點(diǎn)”效應(yīng)問(wèn)題更是占據(jù)了函數(shù)導(dǎo)數(shù)問(wèn)題的“半壁江山”.本文對(duì)“端點(diǎn)\"效應(yīng)問(wèn)題進(jìn)行梳理研究，以期拋磚引玉，幫助讀者有效求解此類(lèi)問(wèn)題

1什么是“端點(diǎn)\"效應(yīng)

“端點(diǎn)\"效應(yīng)是指在解決函數(shù)的恒成立問(wèn)題時(shí)，充分利用函數(shù)在定義域端點(diǎn)處的取值或?qū)?shù)情況，先得到一個(gè)必要條件，初步獲得參數(shù)的取值范圍，再結(jié)合該取值范圍討論或探究其充分條件，進(jìn)而解決問(wèn)題.

“端點(diǎn)\"效應(yīng)涉及的原理如下.

1.1 必要條件縮小取值范圍

若 f（x，m）?0（m 為參數(shù)）在 [a，b]（a，b 為常數(shù)）上恒成立，則 f（x）?0 在區(qū)間端點(diǎn)處也成立，即 此法應(yīng)用于區(qū)間端點(diǎn)值包含參數(shù)的情況.

若 f（x，m）?0（m 為參數(shù)）在 [a，b]（a，b 為常數(shù)）上恒成立，且 f（a）=0 或 f（b）=0） ，則 f^′（a）?0 （或 f^′（b）?0） ，此法應(yīng)用于區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值為0的情況.

若 f（x，m）?0（m 為參數(shù)）在 [a，b]（a，b 為常數(shù)）上恒成立，且 則 f^′′（a）≥ 0（或 f^′′（b）?0） .此法應(yīng)用于區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值為0且一階導(dǎo)數(shù)值也為0的情況.

1.2 充分性求結(jié)果

根據(jù) f^′（x） 判斷 f（x） 的單調(diào)性得出 f（x） 的最小值 f_min（x） ，使得 f_min（x）?0 即可.注意要利用必要條件縮小后參數(shù)的取值范圍.但有時(shí)候我們用“端點(diǎn)”效應(yīng)得出的結(jié)果并非最終答案，那么究竟何時(shí)才能用“端點(diǎn)\"效應(yīng)？下面結(jié)合一類(lèi)函數(shù)進(jìn)行詳細(xì)分析.

2“端點(diǎn)\"效應(yīng)的理論背景

下面的兩個(gè)定理（摘自“2023年高考甲卷理科第

21題的解法探究與推廣\"可作為“端點(diǎn)\"效應(yīng)的理論 支撐.

定理1若 F^′（x），F(xiàn)^′′（x） 在 [0，+∞） 上都有意義， F（0）=0，F(xiàn)^′′（x）?0 ，則對(duì)于任意 x?0 ，都有F（x）?F^′（0）x 恒成立（當(dāng)且僅當(dāng) x=0 時(shí)，等號(hào)成立）.進(jìn)一步，對(duì)于任意 x?0 ，都有 F（_X）?a_X 恒成立，那么實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 （-∞，F(xiàn)^′（0）]

證明設(shè) G（x）=F（x）-F^′（0）x（λ） ∣x?0∣ ，則G（0）=0，G^′（x）=F^′（x）-F^′（0） ，滿足 G^′′（x）= F^′′（x）?0 ，即 G^′（x） 單調(diào)遞增， G^′（x）β?0 ，則 F（x）- F^′（0）x?0（ 當(dāng)且僅當(dāng) x=0 時(shí)，等號(hào)成立）.因此，對(duì)于任意 x?0 ，都有 F（x）?F^′（0）x 恒成立，對(duì)于任意x?0 ，都有 F（_x）?_a.x 恒成立，故實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 （-∞，F(xiàn)^′（0）]

定理2若 F^′（x），F(xiàn)^′′（x），F(xiàn)^′′′（x） 在 [0，+∞） 上都有意義， F（0）=0，F(xiàn)^′（0）=0，F(xiàn)^′′（x）≥0 ，則對(duì)于任意 x?0 ，都有 恒成立（當(dāng)且僅當(dāng)x=0 時(shí)，等號(hào)成立）.進(jìn)一步，對(duì)于任意 x?0 ，都有F（x）?ax² 恒成立，則實(shí)數(shù) Δ_a 的取值范圍為 （-∞ ，

證明 設(shè) ，則

G（0）=0，G^′（x）=F^′（x）-F^′′（0）x， 所以 G^′（0）=F^′（0），G^′′（x）=F^′′（x）-F^′′（0）， G^′′（0）=0 ，則 G^′′（x）=F^′′（x）≥0 ，故 G^′′（x） 單調(diào)遞增， G^′′（x）?0 （當(dāng)且僅當(dāng) x=0 時(shí)，等號(hào)成立）， G^′（x） 單調(diào)遞增， G（x）?0 （當(dāng)且僅當(dāng) x=0 時(shí)，等號(hào)成立），對(duì)于任意 F\"（O）x2恒成立（當(dāng)且僅當(dāng)x=0 時(shí)，等號(hào)成立）.因此，對(duì)于任意 x?0 ，都有F（_x）?ax² 恒成立，則實(shí)數(shù) Ω_a 的取值范圍為 （-∞ ，

上述定理不等號(hào)反向時(shí)亦然，此處不再贅述.

3“端點(diǎn)\"效應(yīng)應(yīng)用舉例

例1（2024年全國(guó)甲卷理21，節(jié)選）已知函數(shù) .當(dāng) x?0 時(shí)， f（x）?0 恒成立，求 a 的取值范圍.

O 由題意得 解析 且 f（0）=0，f^′（0）=0 ，繼續(xù)求導(dǎo)可得

f^′′（0）=-a-1-a=-2a-1.

當(dāng) f^′′（0）lt;0 ，即 時(shí)，存在正數(shù) x₀ ，當(dāng) x∈（0 x_?0 ）時(shí)， f^′′（x）lt;0 ，故 f^′（x） 在 （0，x₀） 上單調(diào)遞減，所以 f^′（x）′（0）=0 ，則 f（x） 在 （0，x₀ ）上單調(diào)遞減，故 f（x）

因此， f^′′（0）=-2a-1≥0 ，即 下證當(dāng) 2，x≥0時(shí)，f（x）≥0.當(dāng)a≤- ，x≥0時(shí)，有

令 ，則

故 g^′（x） 在 [0，+∞] 上單調(diào)遞增，則 g^′（x）?0 ，所以 g（x） 在 [0，+∞） 上單調(diào)遞增，則 g（x）?0

綜上， a 的取值范圍為

例2 （2024年新高考Ⅰ卷18，節(jié)選）已知函數(shù) .若 f（x）gt;-2 當(dāng)且僅當(dāng) 1

. 因?yàn)?f（x）gt;-2 當(dāng)且僅當(dāng) 1-2 恒成立，即ln2-x

設(shè) t=x-1∈（0，1） ，則 在 （0，1）上恒成立.設(shè) 1）），則 6 （20

注意到 g（0）=0，g^′（0）=0，g^′′（0）=0，g^′′（0）= 4+6b?0 ，解得 根據(jù)定理2可知 f（x）gt;-2 在（1，2）上恒成立.當(dāng) 時(shí)，存在 0 ，使得 g^′（t）lt;0 ，則 g（t） 在 上單調(diào)遞減，故 g（t）

綜上， b 的取值范圍為

例3 （2023年全國(guó)甲卷理21，節(jié)選）已知 .若 f（x）a 的取值范圍.

令 g（x）=f（x）-sin2x ，則

令 cos²x=t∈（0，1） ，則

，滿足定理1，故可用“端點(diǎn)\"效應(yīng).顯然 h（t）

若 a∈（-∞，3] ，則 g^′（x）=h（t） 上單調(diào)遞減，所以 g（x）

若 a∈（3，+∞） ，當(dāng) 時(shí) ，所以 h（t）-∞ .又 h（1）=a-3gt; 0，所以存在 t₀∈（0，1） ，使得 h（t₀）=0 ，即存在 x₀∈ （20 ，使得 g^′（x₀）=0. 當(dāng) t∈（t₀，1） 時(shí)， h（t）gt;0 ，即當(dāng) x∈（0，x₀） 時(shí)， g^′（x）gt;0，g（x） 單調(diào)遞增.因此，當(dāng)x∈（0，x₀） 時(shí)， g（x）gt;g（0）=0 ，不符合題意.

綜上， a 的取值范圍為 （-∞，3] 例4（2022年新高考 I 卷 22，節(jié)選）已知函數(shù)f（x）=xe^ax-e^x .當(dāng) 時(shí)， f（x）lt;-1 ，求 Δ_a 的取值范圍.

O 由題意知 解析 （20 （a²x+2a）e^ax-e^x .因?yàn)?f（0）=-1 f^′（0）=0 ，所以 f^′′（0）=2a-1?0 ，解得 下面證明 xe^ax-e^xlt;-1 在 且 xgt;0 上恒成立.當(dāng) 時(shí)， ，而 -1在gt;0上恒成立lt;2χ 在 Φ_xgt;0 上恒成立.令 ，則 ，故

設(shè) ，則

所以 ，則式 ① 成立，故 Δ_a 的取值范圍為

4范式偏離（“端點(diǎn)\"效應(yīng)失效）

如果函數(shù)存在多個(gè)零點(diǎn)，可能會(huì)導(dǎo)致“端點(diǎn)\"效應(yīng)失效，如例5.

例5（2020年全國(guó)I卷理21，節(jié)選）已知函數(shù)f（x）=e^x+ax²-x .當(dāng) x?0 時(shí)， ，求a 的取值范圍.

0 令 ，則 解析

（204號(hào) （204號(hào) g^′′（x）=e^x-3x+2a 令 g^′′（0）=e^?0-3×0+2a= 2a+1≥0 ，則

1

事實(shí)上， g^′′′（x）=e^x-3 不滿足定理2，所以本題用在 x=0 處的“端點(diǎn)\"效應(yīng)解題是不能得到正確結(jié)果的.失敗的原因是函數(shù) g（x） 在其他地方還有一個(gè)零點(diǎn)，所以在這種情況下，要確?！岸它c(diǎn)\"效應(yīng)依然有效，就需要進(jìn)一步使用下面的方法來(lái)尋求必要性.

已知含參函數(shù) g（x），g（x）?0 在 [0，+∞] 上恒成立，求參數(shù)的取值范圍，可采用下面方法進(jìn)行必要性探路：求出函數(shù)的零點(diǎn)，即由 g（x₀）=0，g^′（x₀）=0 解出 x₀ （可能不止一個(gè)）；求出參數(shù)的取值范圍，即由g（x₀）=0，g^′（x₀）?0 或 g（x₀）=0，g^′（x₀）=0 g^′′（x₀）?0 等求出參數(shù)的取值范圍.

設(shè) g（x） 的零點(diǎn)為 x₀ .由

可得 ，即 （x-2）（xo-1），解得x=0或2或 2a+1. 令 g^′（0）?0，g^′（2）?0，g^′（2a+1）?0 ，可得 當(dāng) 時(shí)，有 f（x）=e^x+ax²- .只需證明

令 ，則

當(dāng) 時(shí)， h^′（x）?0，h（x） 單調(diào)遞減；當(dāng) 時(shí)， 單調(diào)遞增；當(dāng) x∈ （2，+∞），h^′（x）lt;0，h（x） 單調(diào)遞減，從而 h_max（x）= max{h（0），h（2）}=4 ，即 h（x）?4 ，式 ① 成立.

綜上，當(dāng) 時(shí)， 恒成立.

通過(guò)對(duì)“端點(diǎn)\"效應(yīng)的深人研究，可以發(fā)現(xiàn)“端點(diǎn)”效應(yīng)在解決函數(shù)恒成立問(wèn)題中具有獨(dú)特的優(yōu)勢(shì)和廣泛的應(yīng)用價(jià)值.它不僅能夠快速縮小參數(shù)的取值范圍，還能為問(wèn)題的求解提供清晰的思路和方向.當(dāng)然，“端點(diǎn)\"效應(yīng)并非萬(wàn)能，在實(shí)際應(yīng)用中要注意其適用條件和局限性. （完）