《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题32　单变量恒成立端点效应非单验悖(解析版)

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专题 32　单变量恒成立之端点效应非单验悖

考点一　单变量恒成立端点效应非单验悖之含端点

【例题选讲】

[例1]　已知函数 f(x)＝e－x－ax(x∈R)．

(1)当a＝－1时，求函数 f(x)的最小值；

(2)若x≥0 时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1 恒成立，求实数 a的取值范围．

思路　(1)先判断 f(x)的单调性，再求最小值，(2)端点值等于临界值，令 F(x)＝f(x－1)－ax＋x2＝(x－

1)ln(x－1)＋x2－ax(x≥2)，F(2)＝0，所以用“端点效应＋非单验悖”解决．

解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝e－x＋x，则 f′(x)＝－＋1＝．令 f′(x)＝0，得 x＝0

当x＜0时，f′(x)＜0；当 x＞0时，f′(x)＞0．

所以函数 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

所以当 x＝0时，函数 f(x)取得最小值，且最小值为 f(0)＝1.

(2)因为 x≥0 时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1 恒成立，即 ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)

令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，则

又g″(x)＝ex－≥0，当且仅当 x＝0时取等号，所以 g′(x)＝ex＋＋a在[0，＋∞)上单调递增．

①若a≥－2，则当且仅当 x＝0，a＝－2时取等号，

所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增，有 g(x)≥g(0)＝0，(*)式恒成立．

②若a＜－2，由于 g′(0)＝2＋a＜0，x→＋∞时，g′(x)→＋∞，

所以必存在唯一的 x0∈(0，＋∞)，使得 g′(x0)＝0，

当0＜x＜x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当 x＞x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．

所以当 x∈(0，x0)时，g(x)＜g(0)＝0，(*)式不恒成立．

综上所述，实数 a的取值范围是[－2，＋∞)．

悟通　考虑端点值，直入问题本质，抓住端点值展开讨论．分析端点值，明确函数图象走势．

[例2]　已知函数 f(x)＝ex－x2－ax－1，g(x)＝cosx＋x2－1．

(1)当a＝1时，求证：当 x≥0 时，f(x)≥0；

(2)若f(x)＋g(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，求 a的取值范围．

解析　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x2－x－1，

∴f′(x)＝ex－x－1，令 u(x)＝ex－x－1，则 u′(x)＝ex－1≥0 在[0，＋∞)上恒成立，

故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证．

(2)∵f(x)＋g(x)＝ex＋cos x－ax－2，

令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，则 h′(x)＝ex－sin x－a，

令t(x)＝ex－sin x－a，则 t′(x)＝ex－cos x，∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故 t′(x)≥0，

∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，

①当1－a≥0，即 a≤1 时，h′(x)≥0，故 h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故 h(x)≥h(0)＝0，满足题意；

②当1－a<0，即 a>1 时，∵h′(0)<0，又 x→＋∞时，h′(x)→＋∞，

∴∃x0∈(0，＋∞)，使得 h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，

∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时 h(x)<h(0)＝0，不符合题意．

综上所述，实数 a的取值范围是(－∞，1]．

[例3]　已知函数 f(x)＝axln(x＋1)＋x＋1(x>－1，a∈R)．

(1)若a＝，求函数 f(x)的单调区间；

(2)当x≥0 时，f(x)≤ex恒成立，求实数 a的取值范围．

解析：(1)a＝时，f(x)＝xln(x＋1)＋x＋1，

f′(x)＝＋1＝＋1．

易得 f′(x)在(－1，＋∞)上是增函数，且 f′＝0，

∴当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数；当 x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数．

∴函数 f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是．

(2)记g(x)＝f(x)－ex(x≥0)，则 g(0)＝0，g′(x)＝a＋1－ex．

记h(x)＝a＋1－ex(x≥0)，h′(x)＝a－ex，h′(0)＝2a－1．

①当a≤时，∵＋∈(0，2]，ex≥1，∴h′(x)≤0，h(x)在[0，＋∞)上是减函数，

则h(x)≤h(0)＝0，即 g′(x)≤0，∴g(x)在[0，＋∞)上是减函数，∴g(x)≤g(0)＝0恒成立，

即f(x)≤ex恒成立，满足题设；

②当a>时，h′(x)＝a－ex在[0，＋∞)上是减函数，

又h′(0)＝2a－1>0，当 x→＋∞时，h′(x)→－∞，则必存在 x0∈(0，＋∞)，使 h′(x0)＝0，

则当 x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)在(0，x0)上是增函数，此时 h(x)>h(0)＝0，

即当 x∈(0，x0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上是增函数，∴g(x)>g(0)＝0，即 f(x)>ex，不符合题意．

综合①②，得 a≤，即实数 a的取值范围为．

【对点训练】

1．(2017·全国Ⅱ)设函数 f(x)＝(1－x2)ex．

(1)讨论 f(x)的单调性；

(2)当x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求实数 a的取值范围．

1．解析　(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令 f′(x)＝0，得 x＝－1±，

当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当 x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；

当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0．

所以 f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．

(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令 x＝0，可得 g(0)＝0．

g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，g′(0)＝1－a，

又g′′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，g′′(x)＜0，g′(x)在[0，＋∞)上单调递减，

①当1－a≤0 时，即 a≥1，则 g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以 g(x) ≤g(0)＝0．

②当1－a>0 时，即 a<1，x→＋∞时，g′(x)→－∞，

所以必存在唯一的 x0∈(0，＋∞)，使得 g′(x0)＝0，

当0＜x＜x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当 x＞x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

所以当 x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，(*)式不恒成立．

综上所述，实数 a的取值范围是[1，＋∞)．

2．已知点 P，Q(x，mx＋sin x)(m∈R)，O为坐标原点，设函数 f(x)＝OP·OQ．

(1)当m＝－2时，判断函数 f(x)在(－∞，0)上的单调性；

(2)当x≥0时，不等式 f(x)≥1恒成立，求实数 m的取值范围．

2．解析　(1)f(x)＝OP·OQ＝·(x，mx＋sin x)＝ex＋mx＋sin x，

当m＝－2时，f(x)＝ex－2x＋sin x，f′(x)＝ex－2＋cos x，

当x<0 时，ex<1，且 cos x≤1．所以 f′(x)＝ex－2＋cos x<0，

所以函数 f(x)在(－∞，0)上单调递减．

(2)当x＝0时，f(0)＝1≥1，对于 m∈R，f(x)≥1 恒成立．

当x>0 时，f′(x)＝ex＋m＋cos x，设 g(x)＝ex＋m＋cos x，

则g′(x)＝ex－sin x，因为 ex>1，sin x≤1，

所以 g′(x)＝ex－sin x>0，则 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝m＋2，

所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 f′(x)>m＋2．

①当m≥－2时，f′(x)>0，则 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 f(x)>1 恒成立．

②当m<－2时，f′(0)＝m＋2<0，因为 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且当 x＝ln(2－m)时，

f′(x)＝eln(2－m)＋m＋cos[ln(2－m)]＝2＋cos[ln(2－m)]>0，

所以存在 x0∈(0，＋∞)，使得 f′(x0)＝0，所以当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0 恒成立，

故f(x)在区间(0，x0)上单调递减．所以当 x∈(0，x0)时，f(x)<1，不符合题意．

综上，实数 m的取值范围为[－2，＋∞)．

3．设函数 f (x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)讨论 f (x)的单调性；

(2)当x≥0 时，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求实数 a的取值范围．

3．解析：(1)f ′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex．

当x<－2或x>1 时，f ′(x)<0；当－2<x<1 时，f ′(x)>0．

所以 f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增．

(2)设F(x)＝f (x)－(ax＋1＋2x2)，F(0)＝0，F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a，F′(0)＝2－a，

当a≥2 时，F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a≤－(x＋2)·(x－1)ex－4x－2

≤－(x＋2)(x－1)ex－x－2＝－(x＋2)[(x－1)ex＋1]，

设h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以 h(x)在[0，＋∞)上单调递增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0，

即F′(x)≤0 在[0，＋∞)上恒成立，F(x)在[0，＋∞)上单调递减，F(x)≤F(0)＝0，

所以 f (x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立．

当a<2 时，F′(0)＝2－a>0，而函数 F′(x)的图象在(0，＋∞)上连续且 x→＋∞，F′(x)逐渐趋近负无穷，

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