炙手可熱的“端點”效應研究

“端點\"效應問題在高考中可謂炙手可熱，在近五年高考中曾出現過四次，在各地的模擬考試中“端點”效應問題更是占據了函數導數問題的“半壁江山”.本文對“端點\"效應問題進行梳理研究，以期拋磚引玉，幫助讀者有效求解此類問題

1什么是“端點\"效應

“端點\"效應是指在解決函數的恒成立問題時，充分利用函數在定義域端點處的取值或導數情況，先得到一個必要條件，初步獲得參數的取值范圍，再結合該取值范圍討論或探究其充分條件，進而解決問題.

“端點\"效應涉及的原理如下.

1.1 必要條件縮小取值范圍

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

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

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

1.2 充分性求結果

根據 f^′（x） 判斷 f（x） 的單調性得出 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的取值范圍.但有時候我們用“端點”效應得出的結果并非最終答案，那么究竟何時才能用“端點\"效應？下面結合一類函數進行詳細分析.

2“端點\"效應的理論背景

下面的兩個定理（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\"效應的理論 支撐.

定理1若 F^′（x），F^′′（x） 在 [0，+∞） 上都有意義， F（0）=0，F^′′（x）?0 ，則對于任意 x?0 ，都有F（x）?F^′（0）x 恒成立（當且僅當 x=0 時，等號成立）.進一步，對于任意 x?0 ，都有 F（_X）?a_X 恒成立，那么實數 a 的取值范圍為 （-∞，F^′（0）]

證明設 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） 單調遞增， G^′（x）β?0 ，則 F（x）- F^′（0）x?0（ 當且僅當 x=0 時，等號成立）.因此，對于任意 x?0 ，都有 F（x）?F^′（0）x 恒成立，對于任意x?0 ，都有 F（_x）?_a.x 恒成立，故實數 a 的取值范圍為 （-∞，F^′（0）]

定理2若 F^′（x），F^′′（x），F^′′′（x） 在 [0，+∞） 上都有意義， F（0）=0，F^′（0）=0，F^′′（x）≥0 ，則對于任意 x?0 ，都有 恒成立（當且僅當x=0 時，等號成立）.進一步，對于任意 x?0 ，都有F（x）?ax² 恒成立，則實數 Δ_a 的取值范圍為 （-∞ ，

證明 設 ，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） 單調遞增， G^′′（x）?0 （當且僅當 x=0 時，等號成立）， G^′（x） 單調遞增， G（x）?0 （當且僅當 x=0 時，等號成立），對于任意 F\"（O）x2恒成立（當且僅當x=0 時，等號成立）.因此，對于任意 x?0 ，都有F（_x）?ax² 恒成立，則實數 Ω_a 的取值范圍為 （-∞ ，

上述定理不等號反向時亦然，此處不再贅述.

3“端點\"效應應用舉例

例1（2024年全國甲卷理21，節選）已知函數 .當 x?0 時， 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 ，繼續求導可得

f^′′（0）=-a-1-a=-2a-1.

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

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

令 ，則

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

綜上， a 的取值范圍為

例2 （2024年新高考Ⅰ卷18，節選）已知函數 .若 f（x）gt;-2 當且僅當 1

. 因為 f（x）gt;-2 當且僅當 1-2 恒成立，即ln2-x

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

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

綜上， b 的取值范圍為

例3 （2023年全國甲卷理21，節選）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\"效應.顯然 h（t）

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

若 a∈（3，+∞） ，當 時 ，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 t∈（t₀，1） 時， h（t）gt;0 ，即當 x∈（0，x₀） 時， g^′（x）gt;0，g（x） 單調遞增.因此，當x∈（0，x₀） 時， 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，節選）已知函數f（x）=xe^ax-e^x .當 時， 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 .因為 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 時， ，而 -1在gt;0上恒成立lt;2χ 在 Φ_xgt;0 上恒成立.令 ，則 ，故

設 ，則

所以 ，則式 ① 成立，故 Δ_a 的取值范圍為

4范式偏離（“端點\"效應失效）

如果函數存在多個零點，可能會導致“端點\"效應失效，如例5.

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

0 令 ，則 解析

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

1

事實上， g^′′′（x）=e^x-3 不滿足定理2，所以本題用在 x=0 處的“端點\"效應解題是不能得到正確結果的.失敗的原因是函數 g（x） 在其他地方還有一個零點，所以在這種情況下，要確保“端點\"效應依然有效，就需要進一步使用下面的方法來尋求必要性.

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

設 g（x） 的零點為 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 時，有 f（x）=e^x+ax²- .只需證明

令 ，則

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

綜上，當 時， 恒成立.

通過對“端點\"效應的深人研究，可以發現“端點”效應在解決函數恒成立問題中具有獨特的優勢和廣泛的應用價值.它不僅能夠快速縮小參數的取值范圍，還能為問題的求解提供清晰的思路和方向.當然，“端點\"效應并非萬能，在實際應用中要注意其適用條件和局限性. （完）