1、第03講端點效應因知識縱橫1.端點分析的原理端點分析是常見的含參函數的處理技巧，以1個典型的恒成立問題為例；已知含參可導函 數/U）對任意都有/（孫。）云0恒成立.Ji 嗎/O0,（1）若。是形如（m, +8 ）的開區間,那么就有這種得到命題成立的必要條I 20.L. 件的作法稱為第I類端點分析；常考形式:如果則由尸（血,。）洋0得到必要條件，再證明必要條件是充分條件 （尋找矛盾區間）.NO,（2）若。是形如的閉區間，那么我們有這樣我們就得到了參數的一個大17（北）皿致范困，即命題成立的必要條件，這種作法稱為第U類端點分析.常考形式：如果=0,則由，（m,a） 0得到必要條件，再證明必要條件是

2、充分條件（矛盾區間）； 如果/S.a）=0,則由/（幾這0得到必要條件，再證明必要條件是充分條件（矛盾區間） （3）有時命題并不一定是上述的特殊形式（下一講隱極值點代換），但是自變量取邊界值和 某些特殊值時,不等式都成立，由此可以得到一些關于參數的不等式，縮小參數的范圍， 有效地減少討論.端點情況出發，去揭示通過一些必要條件縮小參數范圍、確定討論的 分界點這種方法的威力.為了簡便，本講選禪的例腮中，縮小后的參數范圍就恰好是所 求的范圍，雖然這看上去很巧.但事實上，在大部分這類問題中.我們遇到的情況都是 如此.2.會利用端點分析技巧基本步驟處理夏雜的存在性及恒成立問題（看例題解析）.【題型1第I

3、類端點分析】【例11】已知函數/()=e2x-(u.(1)討論/(4)的單調性；(2)當”0時/(%) 3? +1,求。的取值范圍.解析(1)/(%) =? - a* J(%) =2c2x -at當。這0時f (口0)(%)在R上單調遞增；當a0時，令/(*) =0,解得力=/ln楙，所以當%e ( - ,yln最時J(z) 0/(%)在(qIn 宏，+ 8 )上單調遞增.綜上所述，當aWO時J(4)的單調遞增區間為R;當a 0時J(%)的單調遞成區間為(-8 小n 外單調遞增區間為田1，+8 (2)/(x)=- ax ax2 + 1 變形為 e?* - ax? - ar - 1 0.設 g(

4、z) =2x _ ox? ax 1 ,g(0) =0,gr(z) =2e2x -2ax -Q,g(O) =2 -a,處理方案一gM =4e20 時,c2x ( 1 , + 8 ) ,g(欠) (4 - 2a, + 8 ).情形一(端點效應)當 4 -2aNO 時，即 QW2,當 X w (0, + 8 )時,g” 0,g(G為增函數,/(%) /(0) N0,&)在(0, + 00 )上單調遞增，所以g(x) g(0) =0成立，原不竽式成立；情形二(矛盾區間)當 4-2a2 時，令 g(%) =2(2e2* -a) =0,解得 =；足冬， 4 乙當 Xe (0, 2ln 卷卜匕g(”)0,g

5、(%)為減函數,g(x) g(0) 0,g(x)在(0, + b )上 單調遞成.所以g(x) 0時,(”) 0/(“)在(0, +8 )上單調遞增，,-4)的值域是(2, +8).當qw2時,g)=0沒有實根,&y)0,g(“)在(0, + 8)上單調遞增,g(%) g(0) =0,符合題意.當 a 2 時,力(0) =2 a9所以MG =盧:=。有唯一實根” 2x +1u即g() =0有唯一實根,，所以當力(0,飛)時，g(”)0,4(”)在(0,與)上單調遞減，儀“)0,故g(x)為增函數,gG)Zg(O) =0,不符合題意；(3)當 0。0/(%)為增函數，則 /(%) Ng(O) =

6、 1 -a O,iig(x)為增函數,以力)Wg(O) =0,不符合題意.繪上所述，Q/1.方法二:g(4)=一1- a = ax+ 1(目標函數為- ax - a + 1 一次型).設 6(欠)=-OX-Q + 1.判斷導數根：(1)當-。多0,即awo時，在0, + 8 )上,g)(4)為增函數，則g，(*) Ng(O) =1 -a0,故g(x)為增函數,g(%)/g(O) =0,不符合題意；(2)當 a 0 時,令 g(4) =0,解得 x = - - 1.a導致根劃分定義域：情形一 當一T這0,即ami時，在與仁0, + 8)上，g”(%)這0,g，(”)為成函數，則/(一)W/(0)

7、 =1 -aWO,故 g(%)為減函數,g(%)Wg(O) =0,符合題意;情形二 當十-1 0,即0僅0,/(%)為增函數，則1(力)三/(0) =1 -a0,故g(“)為增函數，g(x)g(。)=0,不符合逝意.綜上所述,ael.【例13】(2015 高4r山東夠)設函數/(“)= ln(x + 1) + a(x2 - %),其中a ER.(1)討論函數/(%)極值點的個數,并說明理由；(2)若V# 0/(%) 0成立,求a的取值范圍.(1)由題意知，函數/(欠)的定義域為(-1, +8 ),a、12ax2 + ax - a + 1/(幻 K + aMD =-TTi令 g(4)=2ax2

8、+ax - a + 1,% e ( -1, + 8).當 q = 0 時,g(x) =1 0f此時廣(切0,函數/(%)在(-1, +8 )上單調遞增，無極值點；當 a 0 時,A =/ -8a( 1 - a) =a(9a -8).(i )當0o,設方程 Zix? +ax - + 1 =0 的兩根為 41 ,x2(xt 0,對稱軸為與二一;，又因為g( 2) =1 0,所以 一; L1422所以，當欠G （ - 1 ,巧）時,g（比）0/（#） 0,函數/（欠）單調遞增;當46（入，）2）時，晨力）jy）0,函數/（，）單調遞減；當* （#2，+ 8 ）時,g（%） O,/（X）0,函數/（%

9、）單調遞增.因此，函數有兩個極值點.當。0時）0.由 g（ -1） = 1 0,可得 - 1.當 *6 （ -1 /2）時，g（“）0 J（4）0,函數/（4）單調遞增；當尢（，+8）時,g（*） O/Z（X）0,函數/（動單調遞減.所以函數/（ %）有一個極值點.綜上所述，當a 0時，函數/（4）有一個極值點；Q當0W。這半時，函數/無極值點；Q當a 5時，函數/（%）有兩個極值點.（2）由知，Q當0&QW年時，函數/（%）在（0, + 8 ）上單調遞增，因為/（0）=0,所以與（0, + 8）時7U）0,符合題意.Q當年0,符合題意.當。1時，由g(0) 0-所以4 e(0,%2)時，函數

10、/(4)單調遞減.因為/(。)=。,所以巨(0/2)時，/(#)0,不合題意.當a 4(0) =0,即 ln(% + 1) x.可得/(%) 1 -Bf + ( 1 -a)x 0, a此時/(x) 0 時,證明:r（x） 1 -y；（2）若當（0,同時/+3興恒成立，求實數的取值范圍.(1)證明：/(無)=sin %，則/(“)=cas x, 22設 g(x) =/(%)+-1 =COS%+y-ltg(0) =0,則 g(%) = -sin 4 + % 0(證略)，g(%)在(0, + 8)為增函數，故 g(x) g(0) =0. 2所以，當 40 時 J(n) 1 -y.朗時/（“）+，；）

11、以恒成立，等價于朗時/（“）+，；）以恒成立，等價于sin x + tan x - ax 0恒成立，設力(4)=sin x + tan z - ax t/i(0) =0 ,貝4 hf(x) =cos x +-a,x e(0t-y COS X2令COS X G (0,1) I2設伊=1+方,則伊（）=1 - jhf（Q） =2-.云0,心）在彳（0,屈上為增函虬故九小）ft（0） =0,符合題意;當 2-。2,hr（x） = cos x + a k a =0,存在唯一陽 有 cos x. = /,Az（x. ） 0.cos x cosx1、a1所以存在唯一%0 6 （0,%i ），使得/tz（x

12、0） =0.所以e（O,彳0）,/（%）0,八（）在%（0,欠0）上為減函數,人（） 0時,e+ain(l -幻-1 0恒成立，求實數a的取值范圍.設/(%) =e”+aln(l -%) - 1 0,x e (0,1)=0,問題轉化為證/(x) /(0)./(力)=e4=(1 .? - 目標函數為(1 - %) ex - a)I x1 - x設人(與)=(1 T) e” - a,則/() =( _%) e” 常)在 TW (0,1)上為減函數.所以 我(%) e(力(1)/(0) = ( -a- a),當1 -0,即gl時，似幻0(x) 0J)在”e(0,l)上為減函數，所以/(4) /(0)

13、 =0,符合題意；當-q0,即a0/r(x) 0/(%)在尢(0,1)上為增函數，所以/(%) /(0) =0,不符合題意；1h(0) = 1 - a 0,A(l) = -a 0/(%) 0/(%)為增函數/(%) /(0) =0,不符合題意.綜上所述,a的取值范圍為1, +8 ).【例16】已知函數/(彳)=產一一. 2 + cos x(1)求/()的單調區間;(2)如果對任意欠m0,都有/(“)3,求Q的取值范圍.(or(x)=(2 + cos %)(2 + cos x)cos 欠 一 sin %( - (or(x)=(2 + cos %)當 cos x 一；,即 2Ait 一冬 x 0；

14、乙口J當 cos x 一；，即 2/ctt +鋁 x 2Ait + eZ)時/(%) g(O) =0成立,即對任意力才0,都有/(%) W;當a + 1 WO,即qW - 1時,g(%)WO,g(“)在發e 0, + 8 )上為減函數.又 g(0) =0,所以當NO時,g(x) Wg(O) =0與已知矛盾；當-15時, e (Of),為cos X的一個單調減區間J =- 在 e (0,行)上為增32 + cos x函數，又u=3-2t在“信,1上為增函數，fgXO) =a -y 0,所以存在唯一/ e (0,叮)使得g(%) =0,所以，當” (0,和)時,g(%) W0,g(4)在4 e (

15、0/0)上為成函數,又 g(0)=。，所以當，e (0,)時,g(%) Wg(0) =0與已知矛盾.綜上所述，。的取值范圍是*, +8).【題型3有效點探路】【例17】已知函數/(2=lnox+6x在點(1 ,/(1)處的切線是y=0.(】)求函數/(4)的極值；(2)當號刃)+匕0/(工)在/w (0,1)上單調遞增； 當 XW(l,+8)時/(G 0/(4)在6(1,+8)上單調遞減.所以當/=1時/(外取得極大值0,無極小值.(2)必要性探路:令4 = 1,得1 -eWm0;充分性證明：由（1）可知/（4） W0,故證叱刃此）+匕與（m0）恒成立，需證唯三（加0）, e”ee, e TO

16、C o 1-5 h z 所以當1 -eWm0時午一匕三嗎-=1-（1 一）-0（證/略）. e e% ee另證：當1 一eWm0時，2121mx y1 -e mx r .1 -e In ex + xx = In x - 1 + zxee /e、mx2 z . x i .1 - eN （z - 1） - 1 +xxexemx 1 - e=x=（m -（ 1 - e） ） NO. e綜上所述,m的取值范圍為1 -e應m0.則力(4)=oe，x - cos x - sin 41(0) =a - 1,當 a/1 時，Y(x) =aeax - cos x - sin xex - cos x - sin

17、x( 1 - cos x) + (x - sin x)力0, 所以6(%)在% w0, +8)上為增函數，似與)N/t(0) =0,滿足題意；當 0 q1 時()=a2eax 4- sin x - cos x,在(0,5)為增函數,又 h(0) = a2 - 1 0,所以存在唯一 %(0,外使得*(%) =0,所以Ne(0,)0),肥(%) 0/(欠)在4 w (0,和)上為戒函數“(欠)無(。)=a-l 0, 乂外在(0,%)上為減函數小(幻0.綜上所述，當4Ho時J(% + 1)2成立.(2)因為函數/(x) =ln %,g(%)是/(%)的反函數，所以g(幻=e*,則雙口+g( -%)W28(32)等價于1+。-/這2，神：即 2c-e”-e-”NO.設尸=2c-e” -e：注意到F(%)為偶函數，問題轉化為對/w0, +8 ),F(%)nO恒成立.必要性先行:-(1) =2/ -e-Lm0,得m0. eF(x) =2ex -6-e尸(0) =0,則/) =4m1則/) =4m1+ -/0)=0,r(x) =4m(l +2版)/ T-e-/(0) =4m-2,又 4m( 1 +2mx2)ernx 在4 e 0, + 8 )上為增函