資源簡介

第 07 講 端點效應
（先猜后證-必要性探索）在導數中的應用
（2 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
證明函數的對稱性
利用導數證明不等式
2024 年新 I 卷，第 18 題,17 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
利用不等式求取值范圍
求已知函數的極值
2023 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
利用導數求函數的單調區間（不含參）
2023 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
用導數判斷或證明已知函數的單調性
2021 年全國甲卷文數，第 20 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
用導數判斷或證明已知函數的單調性
2021 年全國Ⅰ卷理數，第 21 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數基本問題
2 能求解含參不等式的基本問題
3 能利用端點效應解決含參不等式恒成立問題
【命題預測】求解含參不等式恒成立問題中參數的取值范圍是高考中的常考題型，解決這類問題的基本方
法有三種: 1.分離參數、構造函數求參數取值范圍；2.構造含參函數，通過討論參數取值范圍將問題轉化為
求函數最值問題；3.通過所構造函數在定義域端點處滿足的條件，縮小參數的取值范圍，求出使不等式恒成
立的必要條件，再證明充分條件，得出參數的取值范圍，即所謂的“端點效應”，其中端點效應需要學生重
點復習掌握，也是高考熱點問題
知識講解
1. 端點效應的定義
恒成立問題中, 我們常常能見到類似的命題: “對于任意的 x [a,b] , 都有 f (x)…0 恒成立”，這里的端
點 a,b , 往往是使結論成立的臨界條件, 因此, 如果能利用好這兩個值, 能方便解題，比如對于上述的命題,
觀察 f (a)和 f (b)的取值，這種觀察區間端點值來解決問題的做法, 我們稱之為端點效應
2. 端點效應的核心思想
利用端點處所需滿足的必要條件縮小參數的取值范圍, 而在很多情況下, 該范圍即為所求.
3. 端點效應的解題思路
端點效應問題中，可以通過取所構造函數定義域內的某些特殊的值使不等式成立進而得出恒成立的一個必
要條件，初步獲得所求參數的范圍再在該范圍內討論，進而縮小了參數的討論范圍，使問題得以順利的解
決。
利用“端點效應”解決問題的一般步驟可分為以下幾步
(1) 利用端點處函數值或導數值滿足的條件，初步獲得參數的取值范圍，這個范圍是不等式恒成立的必要條
件
(2) 利用所得出的參數范圍判斷函數在定義域內是否單調
(3) 若函數在限定參數范圍內單調，則必要條件即為充要條件，問題解決.若不單調，則需進一步討論，直至
得到使不等式恒成立的充要條件
4. 端點效應的類型
1.如果函數 f (x) 在區間[a,b]上, f (x) 0恒成立,則 f (a) 0 或 f (b) 0 .
2.如果函數 f (x) 在區問[a,b]上, f (x) 0恒成立,且 f (a) = 0 (或 f (b) = 0 ), f 則 (a) 0 或 f (b) 0 .
3.如果函數 f (x) 在區問 [a,b]上 , f (x) 0恒成立 ,且 f (a) = 0, f (a) = 0 (或 f (b) = 0 , f (b) 0 則
f (a) 0 或 f (b) 0 .
考點一、端點效應（先猜后證-必要性探索）的初步應用
1．若 x ln x - 2mx x -1 + ex-1 - x 0對"x 1恒成立，則實數 m 的取值范圍是 .
1
【答案】 - ,
ù
è 2 ú
x-1
【方法一】解：因為 x ln x - 2mx x -1 + e - x 0對"x 1恒成立，
ex-1
即 ln x - 2m x -1 + -1 0對"x 1恒成立，
x
x-1
記 f x = ln x - 2m x -1 e+ -1， x 1,+ ，
x
x-1
所以 f x 1 e x -1= - 2m + ，
x x2
g x 1 e
x-1 x -1
令 = - 2m + ，
x x2
h x = ex-1令 - x ， x 1,+ ，則 h x = ex-1 -1，所以當 x >1時 h x > 0，
所以 h x 在 1, + 上單調遞增，所以 h x h 1 = 0，即 ex-1 x ， x 1,+ ，
ex-1 x2 - 2x + 2 - x x x2 - 2x + 2 - x 2
則 g x x - 2x +1=
x3

x3
=
x2
> 0
所以 f x 在 1, + 上是增函數，所以 f x f 1 =1- 2m
1 1當 - 2m 0 ，即m 時， f x 在 1, + 上是增函數，所以 f x f 1 = 0 符合題意；
2
m > 1當 時 f 1 < 0，且當 x + 時 f x + ， 所以$x0 1, + 2 ，使得 f x0 = 0，
即當 x 1, x0 時 f x < 0， f x 單調遞減，此時 f x < f 1 = 0 ，
所以m > 12 不符合題意，
1
綜上可得m
1
，即m

- ,
ù
2 è 2 ú
1 ù
故答案為： - ,
è 2 ú
【方法二-端點效應】
因為 x ln x - 2mx x -1 + ex-1 - x 0對"x 1恒成立，
ln x 2m x 1 e
x-1
即 - - + -1 0對"x 1恒成立，
x
ex-1
記 f x = ln x - 2m x -1 + -1， x 1,+ ，
x
因為 f 1 = 0， f x 0欲在 x 1,+ 恒成立，則 f x 要在 x 1,+ 單調遞增
x-1
f x 1 e x -1
1
即 = - 2m + 0在 x 1,+ 2 恒成立，則 f 1 =1- 2m+ 0，解得m ，x x 2
m 1再證明充分性，當 ，能否有 x ln x - 2mx x -1 + ex-1 - x 0對"x 1恒成立（證明略）
2
m 1綜上可得 ，即m
1
- ,
ù
2 è 2 ú
ax
1．已知函數 f (x) = ln(x +1) - (a > 0) ．若 f (x) 0在[0, + ) 上恒成立，則 a 的取值范圍為 ．
x +1
【答案】 (0,1]
【分析】由題意可知 f (x)min ≥0 在[0, + ) 上恒成立，將問題轉化為求函數 f(x)的最小值.
【方法一】∵ f (x) 0在[0, + ) 上恒成立，且 f (0) = 0，
故 f (x) f (0), f (x)
x +1- a
=
(x ．+1)2
當0 < a 1時， f (x) 0在[0, + ) 上恒成立，即 f (x) 在[0, + ) 上為增函數，
所以， f (x) f (0) = 0，合乎題意；
當 a > 1時，由 f (x) > 0 ，可得 x > a -1；當 f (x) < 0 時，可得0 x < a -1．
即 f (x) 在[0,a -1) 上為減函數，在[a -1,+ ) 上為增函數，
所以， f (x) = f (a -1) = ln a - a +1 = ln a - (a -1)min ，
又因為 ln a < a -1 ，所以 ln a - (a -1) < 0，不合乎題意．
綜上所述，0 < a 1．
故答案為： (0,1] .
【方法二-端點效應】
因為 f (0) = 0，所以 f (0) =1- a 0，解得 a 1，結合已知條件，0 < a 1
考點二、端點效應（先猜后證-必要性探索）在導數中的應用
x
1．（2024·全國新Ⅰ卷第 18 題·高考真題）已知函數 f (x) = ln + ax + b(x -1)3
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
(2)證明：曲線 y = f (x) 是中心對稱圖形；
(3)若 f (x) > -2當且僅當1< x < 2，求b 的取值范圍．
【詳解】（1）b = 0時， f x ln x= + ax，其中 x 0,2 ，
2 - x
則 f x
1 1 a 2= + + = + a, x 0,2
x 2 - x x 2 - x ，
2
x 2 - x 2 - x + x 因為 ÷ =1，當且僅當 x =1時等號成立，
è 2
故 f x = 2 + amin ，而 f x 0成立，故 a + 2 0即 a -2，
所以 a的最小值為-2 .，
（2） f x x= ln + ax + b x -1 3的定義域為 0,2 ，
2 - x
設P m, n 為 y = f x 圖象上任意一點，
P m, n 關于 1, a 的對稱點為Q 2 - m, 2a - n ，
因為P m, n 在 y = f x m圖象上，故 n = ln + am + b m -1 3 ，
2 - m
f 2 m ln 2 - m而 - = + a 2 - m + b 2 - m -1 3 m= - éêln + am + b m -1
3 ù
ú + 2a ，m 2 - m
= -n + 2a，
所以Q 2 - m, 2a - n 也在 y = f x 圖象上，
由 P 的任意性可得 y = f x 圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為 1, a .
（3）【方法一：換元法】
因為 f x > -2 當且僅當1< x < 2，故 x =1為 f x = -2 的一個解，
所以 f 1 = -2即 a = -2 ，
先考慮1< x < 2時， f x > -2 恒成立.
此時 f x > -2 ln x即為 + 2 1- x + b x -1 3 > 0在 1,2 上恒成立，
2 - x
設 t = x -1 0,1 ，則 ln t +1 - 2t + bt3 > 0在 0,1 上恒成立，
1- t
g t ln t +1設 = - 2t + bt3 , t 0,1 ，
1- t
2
2 t -3bt 2 + 2 + 3b 則 g t = 2 - 2 + 3bt 2 = ，1- t 1- t 2
當b 0，-3bt 2 + 2 + 3b -3b + 2 + 3b = 2 > 0，
故 g t > 0恒成立，故 g t 在 0,1 上為增函數，
故 g t > g 0 = 0即 f x > -2 在 1,2 上恒成立.
2
當- b < 0時， 2
3 -3bt + 2 + 3b 2 + 3b 0
，
故 g t 0恒成立，故 g t 在 0,1 上為增函數，
故 g t > g 0 = 0即 f x > -2 在 1,2 上恒成立.
當b
2
< - 2
3 ，則當0 < t < 1+ <1時，
g t < 0
3b
2
故在 0, 1+ ÷÷上 g t 為減函數，故 g t < g 0 = 03b ，不合題意，舍；è
綜上， f x > -2 在 1,2 2上恒成立時b - .
3
b 2而當 - 時，
3
b 2而 - 時，由上述過程可得 g t 在 0,1 遞增，故 g t > 0的解為 0,1 ，
3
即 f x > -2 的解為 1,2 .
2
綜上，b - .
3
【方法二：端點效應一】
(3)由(1)知， ≥ 2.
因為 (1) = ≤ 2, 否則解集中含有 = 1.
故 = 2.

( ) = ln 2 2 + ( 1)
3.
2 2( 1)2 2
′( ) = 2 2 2 (2 ) 2 + 3 ( 1) = (2 ) + 3 ( 1) = ( 1) (2 ) + 3 .
(a)若 2 + 3 ≥ 0, 即 ≥ 23 時， ′( ) = ( 1)
2 2 + 3
(2 )
即
2
≥ ( 1)2 + 3 = ( 1)2 + 2 2 (2 + 3 ) ≥ 0,
2
即 ′( ) ≥ 0, ( ) 是 (1,2) 上的單調遞增函數，
( ) > (1) = 2, 符合題意；
(b)若 2 + 3 < 0, 2即 < 3 時，令 ′( ) = 0 得
= 2 2 < 0 2, (舍)，或 = 2 > 1.

當 1 < <
2 2 時， ′( ) < 0, 此時， ( ) < (1) = 2, 不符合題意

綜上可知， 的取值范圍是 ≥ 23.
【方法三：端點效應二】
由題意得： 0 < x ≤ 1, 必有 f(x) ≤ 2, 所以 f(1) = 2, 解得 = 2,

故 ( ) = ln2 +2 + (1 )
3.
問題等價于研究當 1 < x < 2, (x) > 2 恒成立，僅需 [ (x) + 2]min > 0,
令 ( ) = ( ) + 2, ′( ) = 1 + 1 2 2 + 3 (1 )
2
2( 1)2 2
= 2 2 (2 ) + 3 (1 ) = (1 ) (2 ) + 3 ,
2
令 ( ) = (2 ) +3 。 發現： ′(1) = 0, ′(1) = 0, 當且僅當 ′′′(1) ≥ 0 時，若 (1) ≥ 0, 即 ≥
2
3。
2
易證當 ≥ 時，由 23 (2 ) ≥ 2 知， h′(x) ≥ 0, 所以 h(x) 在 (1,2) 上單調遞增， h(x) > h(1) = 0, 所
以 b≥- 2 成立。 3 另一方面，當 < 2 2時， (2 ) +3 = 0 在 (1,2) 3 必定有解，
令 2 = (2 ), 則 ( ) 在 (1,2) 23 上必存在 m, 使得 < < 2, (2 ) + 3 ≥ 0 成立，所以 h(x)在 (1,
) 單調遞減，在 ( ,2) 單調遞增， 所以 h( ) ≤ f(1) + 2 = 0, 這與 h(x) > 0 在 (1,2) 恒成立矛盾，故
< 2
3 舍去
sin x π
2．（2023· ·

全國 統考高考真題）已知函數 f (x) = ax - 3 , x 0,cos x ÷è 2
(1)當a = 8時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析.
(2) (- ,3]
【分析】（1）求導,然后令 t = cos2 x ,討論導數的符號即可;
（2）構造 g(x) = f (x) - sin 2x ,計算 g (x) 的最大值,然后與 0 比較大小,得出 a的分界點,再對 a討論即可.
3 2
【詳解】（1） f (x) a cos x cos x + 3sin x cos x sin x= -
cos6 x
cos2a x + 3sin
2 x a 3 - 2cos
2 x
= - = -
cos4 x cos4 x
令 cos2 x = t ,則 t (0,1)
f (x) g(t) a 3- 2t at
2 + 2t - 3
則 = = - =
t 2 t 2
2
a 8, f (x) g(t) 8t + 2t - 3 (2t -1)(4t + 3)當 = = =
t 2
=
t 2

當 t 0,
1 x π , π÷ ,即

÷ , f
(x) < 0 .
è 2 è 4 2
t 1 ,1 x 當 ÷ ,即 0,
π
÷ , f (x) > 0 .
è 2 è 4
π
所以 f (x)
π π
在 0, ÷上單調遞增,在 ,4 2 ÷ 上單調遞減è 4 è
（2）
【法一】設 g(x) = f (x) - sin 2x
2
g (x) f (x) 2cos 2x g(t) 2 2cos2 x 1 at + 2t - 3= - = - - = 2 - 2(2t -1) = a + 2 - 4t 2 3+ - 2 設t t t
j(t) = a + 2 4t 2 3- + -
t t 2
j (t) 4 2 6 -4t
3 - 2t + 6 2(t -1)(2t 2 + 2t+3)
= - - 2 + 3 = 3 = - > 0t t t t3
所以j(t) < j(1) = a - 3 .
1°若a (- ,3] , g (x) = j(t) < a - 3 0
g(x) 0, p 即 在 ÷上單調遞減,所以 g(x) < g(0) = 0 .
è 2
所以當 a (- ,3], f (x) < sin 2x ,符合題意.
2° 若 a (3,+ )
t 0, 2 3
2
當 - 2 = -3
1 1 1
- ÷ + - ,所以j(t) - .t t è t 3 3
j(1) = a - 3 > 0 .
所以$t0 (0,1) ,使得j t 0 x
0, p0 = ,即$ 0

÷ ,使得 g x0 = 0 .
è 2
當 t t0 ,1 ,j(t) > 0 , 即當 x 0, x0 , g (x) > 0, g(x)單調遞增.
所以當 x 0, x0 , g(x) > g(0) = 0 ,不合題意.
綜上, a的取值范圍為 (- ,3] .
【法二】端點效應
(2) f (x) < sin 2x ax sin x - 3 < sin 2x g(x)
sin x
= ax - sin 2x -
cos x cos3
< 0
x
由于 g(0) = 0 , 且的
2 2
g(x) = a - 2cos 2x cos x + 3sin x- ,
cos4 x

注意到當 g (0) > 0 , 即 a > 3 時, $x 0 0,
p
÷ 使 g (x) > 0 在 x 0, x0 成立, 故此時 g(x) 單
è 2
調遞減
\ g(x) > g(0) = 0 , 不成立.
另一方面, 當 a 3 sin x 時, g(x) 3x - sin 2x - h(x) , 下證它小于等于 0 .
cos3 x
2
令 h x = 3 - 2cos 2x 3 - 2cos x-
cos2 x
3cos4 x + 2cos2 x - 3 - 2cos 2x cos4 x 3 cos4 x -1 + 2cos2 x 1- cos 2x cos2 x
= =
cos4 x cos4 x
- cos2 x -1 2 4cos2 x + 3
= < 0.
cos4 x
\ g(x) 單調遞減, \ g(x) g(0) = 0 . 特上所述: a 3 .
【點睛】關鍵點點睛:本題采取了換元,注意復合函數的單調性 t = cos x在定義域內是減函數,若 t0 = cos x0 ,當
t t0 ,1 ,j(t) > 0 ,對應當 x 0, x , g 0 (x) > 0 .
sinx π
3．（2023·全國·統考高考真題）已知函數 f x = ax -
cos2
, x 0, ．x è 2 ÷
(1)當 a =1時，討論 f x 的單調性；
(2)若 f x + sinx < 0，求 a的取值范圍．
π
【答案】(1) f x 在 0, ÷上單調遞減
è 2
(2) a 0
【分析】（1）代入 a =1后，再對 f x 求導，同時利用三角函數的平方關系化簡 f x ，再利用換元法判斷
得其分子與分母的正負情況，從而得解；
（2）法一：構造函數 g x = f x + sin x，從而得到 g x < 0，注意到 g 0 = 0，從而得到 g 0 0，進而
得到 a 0，再分類討論 a = 0與 a<0兩種情況即可得解；
sin x
法二：先化簡并判斷得 sin x - 2 < 0 恒成立，再分類討論 a = 0， a<0與 a > 0三種情況，利用零點存在定cos x
理與隱零點的知識判斷得 a > 0時不滿足題意，從而得解.
【詳解】（1）因為 a =1，所以 f x = x sin x- , x π 0, ，
cos2 x ֏ 2
2 2 2
則 f x cos x cos x - 2cos x -sin x sin x1 cos x + 2sin x= -
cos4
=1-
x cos3 x
cos3 x - cos2 x - 2 1- cos2 x cos3 x + cos2 x - 2
= = ，
cos3 x cos3 x
t cos x x 0, π令 =

，由于 ÷ ，所以 t = cos x 0,1 ，
è 2
cos3 x + cos2 x - 2 = t3 + t 2 - 2 = t3 - t 2 + 2t 2 2 2所以 - 2 = t t -1 + 2 t +1 t -1 = t + 2t + 2 t -1 ，
因為 t 2 + 2t + 2 = t +1 2 +1 > 0 ， t -1< 0， cos3 x = t3 > 0，
3 2
所以 f πx cos x + cos x - 2 0 = 3 < 在 0,cos x è 2 ÷上恒成立，
所以 f x 在 0, π
è 2 ÷
上單調遞減.

（2）法一：
g x f x sin x ax sin x構建 = + = - 2 + sin x
π
cos x
0 < x < ÷，
è 2
1+ sin2 x π
則 g x = a - 3 + cos x
0 < x < ，
cos x è 2 ÷
若 g x = f x + sin x < 0 ，且 g 0 = f 0 + sin 0 = 0 ，
則 g 0 = a -1+1 = a 0，解得 a 0，
當 a = 0時，因為 sin x
sin x
- 2 = sin x

1
1
- ，
cos x ֏ cos2 x
x 0, π 1又 ÷ ，所以0 < sin x <1，0 < cos x <1，則 >1，
è 2 cos2 x
所以 f x + sin x = sin x sin x- 2 < 0，滿足題意；cos x
當 a<0時，由于 0 π< x < 2 ，顯然 ax < 0，
sin x
所以 f x + sin x = ax - 2 + sin x < sin x
sin x
- 2 < 0，滿足題意；cos x cos x
綜上所述：若 f x + sinx < 0，等價于 a 0，
所以 a的取值范圍為 - ,0 .
法二：
2 sin x cos2 x -1 3
因為 sin x sin x sin x cos x - sin x sin x- = = = - ，
cos2 x cos2 x cos2 x cos2 x
x π 因為 0, ÷ ，所以0 < sin x <1，0 < cos x <1，
è 2
sin x sin x故 - < 0 在 0,
π
cos2 2 ÷
上恒成立，
x è
所以當 a = 0時， f x + sin x sin x sin x= - 2 < 0，滿足題意；cos x
π
當 a<0時，由于 0 < x < 2 ，顯然 ax < 0，
f x sin x sin x sin x所以 + = ax - 2 + sin x < sin x - 2 < 0，滿足題意；cos x cos x
3
當 a > 0 sin x sin x時，因為 f x + sin x = ax - 2 + sin x = ax - ，cos x cos2 x
g x ax sin
3 x 2 2
= - 0 < x π< g x a 3sin x cos x + 2sin
4 x
令 2 ÷，則 = - ，cos x è 2 cos3 x
2 2
g 0 a 3sin 0cos 0 + 2sin
4 0
注意到 = - 3 = a > 0 ，cos 0
π
若"0 < x < ， g x > 0，則 g x 在 0, π 2 2 ÷上單調遞增，è
注意到 g 0 = 0，所以 g x > g 0 = 0，即 f x + sin x > 0，不滿足題意；
若$0 < x
π
0 < ， g x0 < 0 ，則 g 0 g x0 < 0 ，2

所以在 0,
π π
÷上最靠近 x = 0

處必存在零點 x1 0,

÷，使得 g x1 = 02 2 ，è è
此時 g x 在 0, x1 上有 g x > 0，所以 g x 在 0, x1 上單調遞增，
則在 0, x1 上有 g x > g 0 = 0，即 f x + sin x > 0，不滿足題意；
綜上： a 0 .
【點睛】關鍵點睛：本題方法二第 2 小問討論 a > 0這種情況的關鍵是，注意到 g 0 > 0，從而分類討論 g x

在 0,
π
÷上的正負情況，得到總存在靠近 x = 0處的一個區間，使得 g x > 0，從而推得存在
è 2
g x > g 0 = 0，由此得解.
1．（2020·全國·統考高考真題）已知函數 f (x) = ex + ax2 - x .
（1）當 a=1 時，討論 f（x）的單調性；
（2 1）當 x≥0 時，f（x）≥ 2 x
3+1，求 a 的取值范圍.
【答案】（1）當 x - ,0 時， f ' x < 0, f x 單調遞減，當 x 0, + 時， f ' x > 0, f x 單調遞增.（2）
é7 - e2
ê ,+ ÷
4
【分析】(1)由題意首先對函數二次求導，然后確定導函數的符號，最后確定原函數的單調性即可.
(2)方法一：首先討論 x=0 的情況，然后分離參數，構造新函數，結合導函數研究構造所得的函數的最大值
即可確定實數 a 的取值范圍.
x 2
【詳解】(1)當 a =1時， f x = e + x - x， f x = ex + 2x -1，
f ''由于 x = ex + 2 > 0 ，故 f ' x 單調遞增，注意到 f 0 = 0，故：
當 x - ,0 時， f x < 0, f x 單調遞減，
當 x 0, + 時， f x > 0, f x 單調遞增.
(2) [方法一]【最優解】：分離參數
由 f x 1 1 x3 +1 ex得， + ax2 - x… x3 +1，其中 x 0 ，
2 2
①.當 x=0 時，不等式為：1 1，顯然成立，符合題意；
x 1 3
②.當 x > 0時，分離參數 a e - x - x -1得， a…- 2 ，
x2
ex 1- x3 - x -1 x - 2 x 1 2
記 2 ，
e - x - x -1÷
g x = -
x2 g
x ，= - è 2
x3
x 1
令 h x = e - x2 - x -1 x 0 ，
2
則 h x = ex - x -1 ''， h x = ex -1 0 ，
故 h ' x 單調遞增， h x h 0 = 0，
故函數 h x 單調遞增， h x h 0 = 0，
h x 0 ex 1 2由 可得： - x - x -1…0恒成立，
2
故當 x 0,2 時， g x > 0， g x 單調遞增；
當 x 2, + 時， g x < 0， g x 單調遞減；
7 - e2
因此， ég x ù = g 2 = ,max 4
é7 - e2
綜上可得，實數 a 的取值范圍是 ê ,+ ÷ .
4
[方法二]：特值探路
1 7 - e2
當 x 0 3時， f (x) x +12 恒成立 f (2)…5 a… ．4
a 7 - e
2
只需證當 時， f (x)
1
x3 +1
2 恒成立．4
7 - e2 2
當 a 時， f (x) = ex + ax2 - x ex 7 - e+ ×x2 - x．
4 4
ex 7 - e
2 1
只需證明 + x2 - x x3 +1(x 0) ⑤式成立．
4 2
e2 - 7 x2 + 4x + 2x3 + 4⑤式 ，
ex
4
e2 - 7 x2 + 4x + 2x3 + 4
令h(x) = x (x 0) ，e
13 - e2 x2 + 2 e2 - 9 x - 2x3 -x é2x2 - 13 - e2 x - 2 e2 - 9 ù -x(x - 2) é 2 2x + e - 9 ù則h (x) = = = ，
ex ex ex
é 2
所以當 x ê0,
9 - e ù
ú時，h (x) < 0,h(x)單調遞減；
2
x 9 - e
2
當 ,2

÷ ,h (x) > 0,h(x) 單調遞增；
è 2
當 x (2,+ ),h (x) < 0,h(x)單調遞減．
從而[h(x)]max = max{h(0),h(2)} = 4，即 h(x) 4，⑤式成立．
7 - e2 1 3
所以當 a 時， f (x) x +12 恒成立．4
a 7 - e
2
綜上 ．
4
[方法三]：指數集中
1 1
當 x 0 時， f (x)
1
x3 +1 ex… x3 +1- ax2恒成立 + x ( x3 - ax2 + x +1)e- x 12 ，2 2
g x = (1 x3 - ax2記 + x +1)e- x (x 0) ，
2
g x = -(1 x3 3 1 1- ax2 + x +1- x2 + 2ax -1)e- x = - x éx2 - 2a + 3 x + 4a + 2ù e
- x
= - x x - 2a -1 x - 2 e
- x
，
2 2 2 2
1
①.當 2a +1 0即 a - 時， g x = 0 x = 2 ，則當 x (0,2) 時， g x > 0， g x 單調遞增，又 g 0 =1，
2
所以當 x (0,2) 時， g x >1，不合題意；
②.若0 < 2a 1 2
1 a 1+ < 即- < < 時，則當 x (0, 2a +1) (2,+ )時， g x < 0， g x 單調遞減，當
2 2
x (2a +1,2)時， g x > 0， g x 單調遞增，又 g 0 =1，
g x 1 g 2 1 g 2 = (7 - 4a)e-2 1 a… 7 - e
2 7 - e2 1
所以若滿足 ，只需 ，即 ，所以當 a < 時，
4 4 2
g x 1成立；
2
③當 2a 1 2 a
1 1 1
+ 即 3 2 - x 3 - x 7 - e 1時， g x = ( x - ax + x +1)e ( x + x +1)e ，又由②可知 a < 時，
2 2 2 4 2
g x 1成立，所以 a = 0時， g(x) 1= ( x3 + x +1)e- x 1恒成立，
2
所以 a
1
時，滿足題意.
2
a… 7 - e
2
綜上， .
4
【整體點評】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，本
題主要考查利用導數解決恒成立問題，常用方法技巧有：
方法一，分離參數，優勢在于分離后的函數是具體函數，容易研究；
方法二，特值探路屬于小題方法，可以快速縮小范圍甚至得到結果，但是解答題需要證明，具有風險性；
方法三，利用指數集中，可以在求導后省去研究指數函數，有利于進行分類討論，具有一定的技巧性！
2．（2024·全國甲卷·高考真題）已知函數 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)當 a = -2 時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0 時， f x 0 ，求 a的取值范圍．
【答案】(1)極小值為 0 ，無極大值.
(2) a
1
-
2
【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的單調性和零點可求函數的極值.
1 1
（2）求出函數的二階導數，就 a - 、- < a < 0 、 a 0分類討論后可得參數的取值范圍.
2 2
【詳解】（1）當 a = -2 時， f (x) = (1+ 2x) ln(1+ x) - x，
故 f (x) = 2ln(1+ x)
1+ 2x
+ -1 = 2ln(1+ x) 1- +1，
1+ x 1+ x
因為 y = 2ln(1
1
+ x), y = - +1在 -1, + 上為增函數，
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上為增函數，而 f (0) = 0 ，
故當-1 < x < 0時， f (x) < 0 ，當 x > 0時， f (x) > 0 ，
故 f x 在 x = 0處取極小值且極小值為 f 0 = 0，無極大值.
2 f x 1- ax a +1 x（ ） = -a ln 1+ x + -1 = -a ln 1+ x - , x > 0，
1+ x 1+ x
s x a +1a ln 1 x x設 = - + - , x > 0，
1+ x
-a a +1 a x +1 + a +1則 s x
ax + 2a +1
= - = -
x +1 1+ x 2 1+ x 2
= -
，1+ x 2
a 1當 - 時， s x > 0，故 s x 在 0, + 上為增函數，
2
故 s x > s 0 = 0，即 f x > 0，
所以 f x 在 0, + 上為增函數，故 f x f 0 = 0 .
1 a 0 0 x 2a +1當- < < 時，當 < < - 時， s x < 0，
2 a
s x 0, 2a +1 2a +1 故 在 - ÷上為減函數，故在 0, - ÷上 s x < s 0 ，
è a è a
0, 2a +1 即在 - ÷上 f x < 0即 f x 為減函數，
è a

故在 0,
2a +1
- ÷上 f x < f 0 = 0，不合題意，舍.
è a
當 a 0，此時 s x < 0在 0, + 上恒成立，
同理可得在 0, + 上 f x < f 0 = 0恒成立，不合題意，舍；
1
綜上， a - .
2
【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立問題，往往需要利用導數判斷函數單調性，有時還需要對導
數進一步利用導數研究其符號特征，處理此類問題時注意利用范圍端點的性質來確定如何分類.
3．（全國·高考真題）已知函數 f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）為 f（x）的導數．
（1）證明：f′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；
（2）若 x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求 a 的取值范圍．
【答案】（1）見解析；
（2） a - ,0 .
【分析】（1）求導得到導函數后，設為 g x p p 進行再次求導，可判斷出當 x 0, 2 ÷時， g
x > 0，當 x ,p ÷
è è 2
時， g x < 0，從而得到 g x 單調性，由零點存在定理可判斷出唯一零點所處的位置，證得結論；（2）構
造函數 h x = f x - ax，通過二次求導可判斷出 h x = h p = -2 - a ， h x p p - 2= h = - amin max ÷ ；分è 2 2
p - 2 p - 2
別在 a -2，-2 < a≤0 ，0 < a < 和 a 的情況下根據導函數的符號判斷 h x 單調性，從而確定
2 2
h x 0恒成立時 a的取值范圍.
【詳解】（1） f x = 2cos x - cos x + x sin x -1 = cos x + x sin x -1
令 g x = cos x + x sin x -1，則 g x = -sin x + sin x + x cos x = x cos x
p
當 x 0,p 時，令 g x = 0 ，解得： x = 2
\ x 0, p g x > 0 x p當 ÷時， ；當 ,p ÷時， g x < 0
è 2 è 2
\ g x 0, p π 在 2 ÷上單調遞增；在 ,π2 ÷上單調遞減è è
g 0 1 1 0 g p p又 = - = ， ÷ = -1 > 0 ， g p = -1-1 = -2
è 2 2
x 0, p 即當 ÷時， g x > 0，此時 g x 無零點，即 f x 無零點
è 2
Q g p p ÷ × g p < 0 \$x

0 ,p

，使得 g x
2 2 ÷ 0
= 0
è è
g x π ,π π又 在 ÷上單調遞減2 \ x = x0 為 g x ，即 f
x ,π 在 上的唯一零點
è è 2 ÷
綜上所述： f x 在區間 0,p 存在唯一零點
（2）若 x 0,p 時， f x ax，即 f x - ax 0恒成立
令 h x = f x - ax = 2sin x - x cos x - a +1 x
則 h x = cos x + x sin x -1- a， h x = x cos x = g x

由（1）可知， h x 在 0,
p π
2 ÷上單調遞增；在
,π ÷上單調遞減
è è 2
h 0 a h p p - 2且 = - ， ÷ = - a， h p = -2 - a
è 2 2
h x h p 2 a h x h p p - 2\ = = - - = = - amin ， max 2 ÷è 2
①當 a -2時， h x = h p = -2 - a 0，即h x 0在 0,pmin 上恒成立
\h x 在 0,p 上單調遞增
\h x h 0 = 0 ，即 f x - ax 0，此時 f x ax恒成立
②當-2 < a≤0 時， h 0 0 ， h p > 0 h p < 0
è 2 ÷
，

\$x p1 ,p

÷，使得 h x1 = 0
è 2
\h x 在 0, x1 上單調遞增，在 x1,p 上單調遞減
又 h 0 = 0， h p = 2sinp -p cosp - a +1 p = -ap 0
\h x 0在 0,p 上恒成立，即 f x ax恒成立
p - 2
③當0 < a < 時， h 0 0 h p p - 2< ， = - a > 0
2 2 ֏ 2
p
\$x2

0, ÷ ，使得 h x2 2
= 0
è
\h x p 在 0, x2 上單調遞減，在 x2 , ÷上單調遞增
è 2
\ x 0, x2 時， h x < h 0 = 0 ，可知 f x ax不恒成立
p p - 2
④當 a
p - 2
時， h x = h ÷ = - a 02 max è 2 2
\h x 在 0,
p
÷上單調遞減 \ h(x)< h(0)= 0
è 2
可知 f x ax不恒成立
綜上所述： a - ,0
【點睛】本題考查利用導數討論函數零點個數、根據恒成立的不等式求解參數范圍的問題.對于此類端點值
恰為恒成立不等式取等的值的問題，通常采用構造函數的方式，將問題轉變成函數最值與零之間的比較，
進而通過導函數的正負來確定所構造函數的單調性，從而得到最值.
1．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ax -1 .
(1)討論 f (x) 的單調性;
(2)若對任意的 x 0, f (x) 0 恒成立，求 a的范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2) a 1
【分析】（1）求導后分 a 0和 a > 0討論導數的正負即可；
ex -1
（2）當 x = 0時，代入函數求出 a R ，當 x > 0時，分離參數并構造函數 g x = ，求導后再次構造函
x
數 h x = x -1 ex +1，再求導分析單調性，最終求出 g x min 即可；
【詳解】（1） f x = ex - a ，
當 a 0時， f x > 0恒成立，故 f x 在R 上單調遞增，
當 a > 0時，令 f x = 0，解得 x = ln a，
所以當 x ln a,+ 時， f x > 0， f x 單調遞增；當 x - , ln a 時， f x < 0， f x 單調遞減；
綜上，當 a 0時， f x 在R 上單調遞增；當 a > 0時， f x 在 ln a, + 上單調遞增，在 - , ln a 上單調
遞減；
（2）當 x = 0時， f x = e0 - 0 -1 = 0 ，符合題意，此時 a R ；
x
當 x > 0 e -1時，因為 f (x) 0恒成立，即 a 恒成立，
x
x x -1 ex +1
令 g x e -1= ，則 g x = 2 ，x x
再令 h x = x -1 ex +1，則 h x = xex > 0 恒成立，
則 h x 在 0, + 單調遞增，
所以 h x > h 0 = 0，
所以 g x 在 0, + 上單調遞增，
x x 0
所以當 x > 0時， a g x = lim e -1 = lim e e= =1，min x 0 x x 0 1 1
所以 a 1
2．（2024·河南·模擬預測）已知函數 f x = a ln x + x -1 a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2) "x 1, + ， f x ≥-2ln x + ln x 2，求 a的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2) -e, +
【分析】（1）求導得 f x a a + x= +1 = ，分 a是否小于 0 進行討論即可求解；
x x
1- x
（2）顯然 x =1時，不等式恒成立，所以原題條件等價于 a≥ + ln x - 2，在 1, + 上恒成立，構造函數
ln x
g x 1- x= + ln x - 2， x 1,+ ，利用導數求得其最大值即可得解.
ln x
a a + x
【詳解】（1） f x 的定義域為 0, + ， f x = +1 = ，
x x
當 a 0時， f x > 0，所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
當 a < 0時，當 x 0,-a 時， f x < 0，當 x -a,+ 時， f x > 0，
所以 f x 在 0, -a 上單調遞減，在 -a, + 上單調遞增.
（2）當 x =1時， f x ≥-2ln x + ln x 2顯然成立，此時 a可為任意實數；
2 1, + a 1- x當 x >1時，由 ln x > 0， f x ≥-2ln x + ln x 在 上恒成立，得 ≥ + ln x - 2，
ln x
令 g x 1- x= + ln x - 2， x 1,+ ，
ln x
- ln x +1 1- x 1- ln x + ln x 2則 x 1 -1 1- ln x x - ln x -1g x = + = = ，
ln x 2 x x ln x 2 x ln x 2
設 h x = x - ln x -1 x > 1 ，由（1）可知， h x 在 1, + 上單調遞增，所以 h x > h 1 = 0，
當 x 1,e 時， g x > 0，當 x e, + 時， g x < 0，
所以 g x 在 1,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減；
則 g x = g e = -emax ，所以 a≥- e，
綜上，實數 a的取值范圍為 -e,+ .
3．（2024·廣西· x三模）已知函數 f x = e - x .
(1)求函數 f x 的極值；
(2)若對任意 x > 0, f x 1> ax2 +1，求 a的取值范圍.
2
【答案】(1) f x 的極小值為1，無極大值.
(2) a 1
【分析】（1）求導函數 f x 的零點，即為 f x 的極值點，然后解不等式 f x < 0， f x > 0，確定極大
值和極小值；
（2）構造函數，將恒成立問題轉化為最值問題，在求最值過程中，注意對參數 a 的分類討論.
【詳解】（1） f x = e x -1 = 0，得 x = 0，
當 x < 0 時， f x < 0，函數 f x 在 (- ,0)單調遞減，
當 x > 0時， f x > 0，函數 f x 在 (0, + )單調遞增，
所以 f x 的極小值為 f 0 =1，無極大值.
x 0, f x 1 2 1（2）對任意 > > ax +1，即 ex - x - ax2 -1 > 0，
2 2
設 g x 1= ex - x - ax2 -1, x > 0, g x = ex -1- ax, x > 0，
2
①當 a 0時， g x 在 (0, + )單調遞增， g 0 = 0, g x > 0, g x 單調遞增，
g x > g 0 = 0，成立；
②當0 < a 1時，令 h x = g x ,h x = ex - a > 0, g x 在 (0, + )單調遞增，
g 0 = 0, g x > 0, g x 在 (0, + )單調遞增，
g x > g 0 = 0，成立；
③當 a > 1 x時，當0 < x < lna 時， h x = e - a < 0, g x 單調遞減，
g 0 = 0, g x < 0, g x 單調遞減，
g x < g 0 = 0，不成立.
綜上可知 a 1 .
4．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知函數 f (x) = 2sin x + ln(x +1) - ax．
π
(1) 當 a = 2時，求函數 f (x) 在區間 0, 2 ÷上零點的個數；è
(2)若 x 0 時，不等式 f (x) 0恒成立，求實數 a的取值范圍．
【答案】(1)1 個零點
(2) a 3
π
【分析】（1）根據題意，求導可得 f x 在 0, 2 ÷單調遞減，結合零點存在定理即可得到結果；è
（2）根據題意，由端點效應可得 a 3，然后證明當 a 3時，"x 0, + ，均有 f x 0 即可.
【詳解】（1）當 a = 2時， f x = 2sinx + ln x +1 - 2x ，令 g x = f x = 2cosx 1+ - 2，
x +1
則 g x
1
= -2sinx -
x +1 2 ，
x π π π 當 0, ÷ 時， g x 0， g x 在 0, ÷單調遞減，即 f x 在 0,2 2 2 ÷單調遞減，è è è
f π 1= - 2 < 0
且 f 0 =1 > 0， 2 ÷è π +1 ，
2
x 0, π\$ 0

÷，使 f x0 = 0，
è 2
π
\ f x 在 0, x 0 單調遞增， x0 , 單調遞減；
è 2 ÷
f 0 π= 0 f ， ÷ = 2 - π + ln
π
+1

÷ < 0，
è 2 è 2
\ f x 在 0, π 2 ÷有 1 個零點；è
（2） f x 2cosx 1= + - a，注意到 f 0 = 0，要使 f x 0 ，則須滿足 f 0 0，即 2 +1- a 0 ，得
x +1
a 3．
下證：當 a 3時，"x 0, + ，均有 f x 0 ．
當 a 3時， f x = 2cosx 1+ - a 2cosx 1 3 1 -x+ - -1 = < 0
x +1 x +1 x +1 x +1
\此時 f x 在 0, + 單調遞減，\此時 f x f 0 = 0．
當 a 3時， f 0 = 3- a > 0，必存在 x1 0, + ，使 f x 在 0, x1 單調遞增，那么"x 0, x1 均有
f x > f 0 = 0，矛盾．
綜上所述：要使 f x 0 成立的 a的取值范圍為： a 3．
ln x
5．（2024·云南昆明·一模）已知函數 f x = ．
x +1
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 x 1時， f x ≤ a x -1 ，求 a 的取值范圍．
1 1
【答案】(1) y = x -
2 2
1
(2) a
2
【分析】（1）根據導數的幾何意義即可求解；
2
（2）由題意，將問題轉化為 g x = a x -1 - ln x 0（ x 1,+ ）恒成立，利用導數討論函數 g x 的單
調性，即可求解.
【詳解】（1）由于 f 1 = 0，則切點坐標為 1,0 ，
1 1+ - ln x 1
因為 f (x) = x ，所以切線斜率為 f 1 = ，
x +1 2 2
故切線方程為 y - 0
1 1
= (x -1) ，即 y = x
1
- ．
2 2 2
（2）當 x 1,+ 時， f x ≤ a x -1 ln x≤ a x2等價于 -1 ，
令 g x = a x2 -1 - ln x， x 1,+ ，
ln x a x2 -1 g x 0 g (x) 2ax 1 2ax
2 -1
≤ 恒成立，則 恒成立， = - = ，
x x
當 a 0時， g (x) 0，函數 g x 在 1, + 上單調遞減， g x g 1 = 0 ，不符合題意；
0 1當 < a < 時，由 g (x) = 0 1，得 x = >1，
2 2a
é
x 1, 1

ê 時， g (x) 0，函數 g x 單調遞減， g x g 1 = 0 ，不符合題意；
2a ÷
÷

a 1當 時，2a 1，因為 x 1，所以
2 2ax
2 -1≥0，則 g (x) 0，
所以函數 g x 在 1, + 上單調遞增， g x g 1 = 0 ，符合題意．
1
綜上所述， a ．
2
2
6．（2024· x - ax + a安徽池州·模擬預測）設函數 f x = x ．e
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x 0 時，若 f x a恒成立，求實數 a的取值范圍．
【答案】(1) y = -2x +1
é 4(2) ê ,+

e2 +1 ÷
【分析】（1）直接根據導數的幾何意義即得切線方程；
x2 x2
（2）先將不等式變形，將條件轉化為a x 對 x > 0恒成立，再通過導數研究 h x = 的單調e + x -1 ex + x -1
性即知 a的取值范圍.
2
【詳解】（1）當 a =1時， f x x - x +1= x ，e
2x -1- x2 - x +1
可得 f x -x
2 + 3x - 2
= x = ，e ex
所以 f 0 = -2， f 0 =1，
所以曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程為 y -1 = -2 x - 0 ，即 y = -2x +1．
2
（2）由條件知 f x a x - ax + a，即 x a ，即 x2 - ax + a aex ，即 a ex + x -1 x2，e
當 x = 0時，不等式恒成立；
當 x > 0時，我們有 ex + x -1 > e0 + 0 -1 = 0．
x2
所以命題等價于a x 對 x > 0恒成立，e + x -1
x2 2x ex + x -1 - x
2 ex +1
令 h x = h x =
ex
，則： 2
+ x -1 ex + x -1
2xex + 2x2 - 2x - x2ex - x2 2xex + x2 - 2x - x2ex -2x 1- ex + x2 1- ex= 2 = = ex 2+ x -1 ex + x -1 2ex + x -1
x2 - 2x 1- ex x x - 2 1- ex
=
x 2
= ，
e + x -1 ex 2+ x -1
而當 x > 0時，1- ex < 0，故，
當 x 0,2 時， h x > 0，故 h x 在區間 0,2 上單調遞增；
當 x 2, + 時， h x < 0，故 h x 在區間 2, + 上單調遞減，
h(x) h 2 4所以 max = = 2 ．e +1
é 4
綜上所述，實數 a的取值范圍為 ê ,+ ． e2 +1 ÷
7．（2024·山西·三模）已知函數 f x = a ex - x +1
(1)當 a =1時，求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
(2)當 x 0 時， f (x) ax2 恒成立，求 a的取值范圍
1
【答案】(1) 2(e-1)
é 1
(2) ê 2 ,+

÷
e - 4
【分析】（1）直接代入求導，計算出切線方程，求出截距計算面積即可；
x -1
（2）首先研究函數 g(x) = ex - x2 在 0, + 上的最小值大于 0，再分離參數得 a x 2 ，最后設新函數研究e - x
其最大值即可.
【詳解】（1）當 a =1時， f (x) = ex - x +1, f (x) = ex -1, f (1) = e -1, f (1) = e，
曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程為 y - e = (e -1)(x -1)，
即 y = (e -1)x +1，
直線 y = e -1 x +1在 x 軸， y -1軸上的截距分別為 ,1，
e -1
1
因此所求三角形的面積為 2(e 1) .-
x 2
（2）當 x 0 時，不等式 f (x) ax2 恒成立，即 a e - x x -1恒成立.
令 g(x) = ex - x2 ，
則 g (x) = ex - 2x，設j(x) = ex - 2x,j (x) = ex - 2
令j (x) = 0，解得 x = ln 2 .
當 x [0,ln2)時，j (x) < 0, g (x)單調遞減；當 x (ln 2,+ )時，j (x) > 0, g (x)單調遞增；
所以 g (x) g (ln 2) = 2 - 2ln 2 > 0 .
所以 g(x)在[0, + ) 上單調遞增，且 g(0) = 1 > 0，
所以當 x [0,+ )時， g(x) > 0 恒成立.
所以當 x [0,+ )
x -1
時， a
ex 2
恒成立.
- x
x
x -1 e - x
2 - (x -1) ex - 2x (2 - x) ex - x
令 h(x) = ，則 h (x) = =x .e - x2 ex 2- x2 ex - x2 2
由于 x [0,+ )時， g (x) > 0恒成立，即 ex > 2x ，所以 ex > 2x x ，則 ex - x > 0 ，
當 x [0, 2)時，h (x) > 0,h(x)單調遞增；當 x 2, + ，h (x) < 0,h(x)單調遞減；
因此當 x = 2時， h(x)
1
取得極大值也是最大值，則 h x = h 2 =max e2 ，- 4
a 1所以 ，所以，實數 a
é 1
2 的取值范圍是 ê 2 ,+ ÷ .e - 4 e - 4
8．（2024·四川遂寧·二模）已知函數 f x = ex - ax - 2．
(1)若 f x 在區間 0,1 存在極值，求 a的取值范圍；
(2)若 x 0, + ， f x > x - sin x - cos x ，求 a的取值范圍．
【答案】(1) 1,e
(2) - ,1
【分析】（1）對 a分類討論研究單調性后，結合極值的定義計算即可得；
（2）設 g x = ex + cos x + sin x - a +1 x - 2，原問題即為 g x > 0在 x 0, + 時恒成立，多次求導后，對
a 1時及 a > 1時分類討論，結合零點的存在性定理與函數的單調性即可得解.
【詳解】（1 f x = ex）由 - ax - 2 f x = ex，得 - a ，
當 a 0時， f x > 0，則 f x 單調遞增， f x 不存在極值，
當 a > 0時，令 f x = 0，則 x = ln a，
若 x < ln a，則 f x < 0， f x 單調遞減；
若 x > lna，則 f x > 0， f x 單調遞增，
所以 x = ln a是 f x 的極小值點，
因為 f x 在區間 0,1 存在極值，則0 < ln a <1，即1< a < e ，
所以， f x 在區間 0,1 存在極值時， a的取值范圍是 1,e ；
（2）由 f x > x - sin x - cos x 在 x 0, + 時恒成立，
x
即 e + cos x + sin x - a +1 x - 2 > 0 在 x 0, + 時恒成立，
設 g x = ex + cos x + sin x - a +1 x - 2，則 g x > 0在 x 0, + 時恒成立，
g x = ex則 - sin x + cos x - a +1 ，
m x = g x = ex - sin x + cos x - a +1 m x = ex令 ，則 - cos x - sin x，
令 n x = m x = ex - cos x - sin x，則 n x = ex + sin x - cos x ，
x 0,1 時， e x + sin x > 1 ，則 n x = ex + sin x - cos x > 0， x 1,+ 時， ex e，則 n x > 0，
所以 x 0, + 時， n x > 0，則 n x 即m x 單調遞增，
所以m x > m 0 = 0 ，則m x 即 g x 單調遞增，
所以 g x > g 0 =1- a ，
①當 a 1時， g 0 =1- a 0 ，故 x 0, + ， g x > 0，則 g x 單調遞增，
所以 g x > g 0 = 0，
所以 f x > x - sin x - cos x 在 x 0, + 時恒成立，
②當 a > 1時， g 0 =1- a < 0 ，
g é ln a + 3 ù = a + 3 - sin éln a + 3 ù + cos é ln a + 3 ù - a +1
= 2 - 2sin éêln a + 3
p
- ù
4 ú
> 0，

故在區間 0, ln a + 3 上函數 g x 存在零點 x0 ，即 g x0 = 0，
由于函數 g x 在 0, + 上單調遞增，則 x 0, x0 時， g x < g x0 = 0 ，
故函數 g x 在區間 0, x0 上單調遞減，
所以，當 x 0, x0 時，函數 g x < g 0 = 0 ，不合題意，
綜上所述，的取值范圍為 - ,1 .
【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于多次求導后，得到 g x > g 0 =1- a ，從而通過對 a 1及 a > 1
進行分類討論.
9．（2024 高三· · f x = ex - ax2全國 專題練習）已知函數 + 2， g x = x2 + cosx．
(1)當 a =1時，討論函數 f x 的單調性；
(2)若"x 0,+ ， f x g x 恒成立，求 a的取值范圍．
【答案】(1) f x 在 - , + 上單調遞增．
1 ù
(2) - ,
è 2 ú
【分析】（1）求導，根據導函數的正負確定函數單調性，
（2）將問題轉化為"x 0,+ , ex - x2 - 2ax - cosx 0恒成立，構造函數
F x = ex - x2 - 2ax - cosx, x 0, + ，求導確定函數單調性，結合分類討論即可求解.
x 2
【詳解】（1）當 a =1時， f x = e - x + 2，所以 f x = ex - 2x ，
令m x = ex - 2x ，所以m x = ex - 2，
當 x < ln2時，m x < 0 ，當 x > ln2 時，m x > 0，
所以m x 在 - , ln 2 上單調遞減，在 ln 2,+ 上單調遞增，
所以m x m ln2 = 2 - 2ln2 > 0 ，即 f x > 0，
從而函數 f x 在 - ,+ 上單調遞增．
（2）因為 f x = ex - ax2 + 2，所以 f x = ex - 2ax，
又 g x = x2 + cosx，
"x 0,+ , f x g x 恒成立等價于"x 0,+ , ex - x2 - 2ax - cosx 0恒成立．
記F x = ex - x2 - 2ax - cosx, x 0, + ，所以F x = ex - 2x - 2a + sinx ．
h x = ex令 - 2x - 2a + sinx, x 0,+ ，所以 h x = ex + cosx - 2．
設 r x = ex + cosx - 2, x 0, + x，從而 r x = e - sinx > 0，
則 r x 在 0, + 上單調遞增，
故有 r x r 0 = 0，則 h x 在 0, + 上單調遞增，
即F x 在 0, + 上單調遞增，故有F x F 0 =1- 2a ．
a 1當 時，F x F 0 =1- 2a 0，此時F x 單調遞增，
2
從而F x F 0 = 0 ，滿足題意．
a 1當 > 時，F 0 =1- 2a < 0，且F x 在 0, + 上單調遞增， x + ，F x + ，
2
故存在 x0 0, + 滿足F x0 = 0，
當 x 0, x0 , F x < 0，則F x 在 0, x0 上單調遞減，
所以當 x 0, x0 時，F x F 0 = 0 ，不滿足題意．
a 1- , ù綜上， 的取值范圍為
è 2 ú
．

【點睛】方法點睛：
1. 導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問
題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值
問題處理．
2.利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論
和數形結合思想的應用.
3.證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這
種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
a ln x
10．（2024·陜西咸陽·三模）已知函數 f (x) = + x -1 .
x
(1)當 a =1時，求函數 g(x) = f (x) - x 極值；
(2)若對任意 x 1,+ ， f (x) a +1恒成立，求實數 a的取值范圍.
【答案】(1)極大值 g(e)
1
= -1，無極小值；
e
(2) (- ,-1] .
【分析】（1）把 a =1代入，并求出函數 g(x)，再利用導數探討極值即可得解.
2
（2）變形給定不等式，證明 ln x < x并分離參數，構造函數j (x) x - 2x= ，利用導數求出最小值即得.
x - ln x
f (x) a ln x ln x【詳解】（1）函數 = + x -1的定義域為 (0, + )，當 a =1時， g(x) = f (x) - x = -1，
x x
1- ln x
求導得 g (x) = ，由 g (x) = 0，得 x=e，由 g (x) > 0，得0 < x < e，由 g (x) < 0，得 x>e，
x2
因此 g(x)在 (0, e)上單調遞增，在 (e, + )上單調遞減，
1
所以 g(x)在 x=e處取得極大值 g(e) = -1，無極小值.
e
f (x) a ln x（2）函數 = + x -1， f (x) a +1 a(ln x - x) 2x - x2 ， x [1,+ )，
x
設m(x) = ln x - x， x [1,+ )，求導得m (x)
1- x
= 0，函數m(x)在[1, + ) 上單調遞減，
x
2
則m(x) m(1) = -1< 0，即 ln x < x，因此 a x - 2x ，
x - ln x
2 (x - 1)(x + 2 - 2 ln x)
令j (x) x - 2x= ， x [1,+ )，求導得j (x) = ，
x - ln x (x - ln x)2
令h(x) = x+2-2ln x， x [1,+ )，求導得 h (x) 1 2= - ，當1 x < 2時， h (x) < 0，
x
當 x > 2時， h (x) > 0，即 h(x) 在 (1, 2)上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增，
則 h(x)min = h(2) = 4 - 2ln 2 > 0，即j (x) 0，因此函數j(x) 在[1, + ) 上是增函數，j(x)min = j(1) = -1，
所以 a -1，即實數 a的取值范圍為 (- ,-1] .
【點睛】關鍵點點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數，利用導數探求函數單
調性、最值是解決問題的關鍵.
1．（全國·高考真題）已知函數 f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中參數 a≤0.
(1)討論 f(x)的單調性；
(2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范圍.
a a
【答案】(1) f(x - , ln

)在 - ÷ 上單調遞減，在區間 ln - ÷ , + 上單調遞增.
è è 2
÷ ÷
è è 2
é 3 ù
（2） ê-2e4，0ú

【分析】(1)求 f(x)的導函數為 f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)，通過討論 a，求函數的單調區間即可. (2)因為 f(x)≥0，
所以即求 f(x)的最小值大于等于 0，由第(1)的結果求的 f(x)的最小值，解關于 a 的不等式即可求出 a 的范圍.
【詳解】(1)函數 f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，且 a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若 a＝0，則 f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上單調遞增.
a
②若 a<0，則由 f′(x)＝0，得 x＝ln - ÷ .
è 2
a
當 x∈ - , ln

- 2 ÷÷時，
f′(x)<0；
è è
a
當 x∈ ln - ÷ , + ÷時，f′(x)>0.
è è 2
, ln a a 故 f(x)在 - - 2 ÷÷上單調遞減，在區間
ln - ÷ , + ÷上單調遞增.
è è è è 2
(2)①當 a＝0 時，f(x)＝e2x≥0 恒成立.
a a é 3 a ù
②若 a<0，則由(1)得，當 x＝ln - 2 ÷
時，f(x)取得最小值，最小值為 f ln - 2 ÷÷
＝a2 - ln - ，
è è è
ê
4
2 ÷è ú
é 3 a ù
故當且僅當 a2 ê - ln
- ÷ú ≥0，
4 è 2
3
即 0>a≥ -2e4 時，f(x)≥0.
3
綜上 a 的取值范圍是[ -2e4 ，0].
【點睛】本題考查利用導數求函數的單調區間，考查函數的恒成立問題，同時考查了分類討論的思想和學
生的計算能力，屬于中檔題.
2．（山東·高考真題）設函數 f x = ln x +1 + a x2 - x ，其中 a R .
（Ⅰ）討論函數 f x 極值點的個數，并說明理由；
（Ⅱ）若"x > 0, f x 0成立，求 a的取值范圍.
【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ） a的取值范圍是 0,1 .
f x 1 2ax a 2ax
2 + ax +1- a 2
【詳解】試題分析：（Ⅰ）先求 = + - = ，令 g x = 2ax + ax +1- a
x +1 x +1
通過對 a 的取值的討論，結合二次函數的知識，由導數的符號得到函數 f x 的單調區間；（Ⅱ）根據（1）
的結果 f 0 = 0這一特殊性，通過對參數的討論確定 a的取值范圍.
試題解析：函數 f x = ln x +1 + a x2 - x 的定義域為 -1, +
f x 1 2ax a 2ax
2 + ax +1- a
= + - =
x +1 x +1
令 g x = 2ax2 + ax +1- a ， x -1, +
（1）當 a = 0 時， g x =1 > 0 ， f x > 0 在 -1, + 上恒成立
所以，函數 f x 在 -1, + 上單調遞增無極值；
2
（2）當 a > 0 時， D = a -8a 1- a = a 9a -8
8
①當0 < a 時，D 0 ， g x 0
9
所以， f x 0，函數 f x 在 -1, + 上單調遞增無極值；
a 8②當 > 時，D > 0
9
設方程 2ax2 + ax +1- a = 0的兩根為 x1, x2 (x1 < x2 ),
1
因為 x1 + x2 = - 2
x 1 , x 1所以， 1 - -4 2 4
由 g -1 =1 > 0 1可得：-1 < x1 < - ,4
所以，當 x -1, x1 時， g x > 0, f x > 0 ，函數 f x 單調遞增；
當 x x1, x2 時， g x < 0, f x < 0 ，函數 f x 單調遞減；
當 x x2 , + 時， g x > 0, f x > 0 ，函數 f x 單調遞增；
因此函數 f x 有兩個極值點．
（3）當 a<0 時，D > 0
由 g -1 =1 > 0可得： x1 < -1,
當 x -1, x2 時， g x > 0, f x > 0 ，函數 f x 單調遞增；
當 x x2 , + 時， g x < 0, f x < 0 ，函數 f x 單調遞減；
因此函數 f x 有一個極值點．
綜上：
當 a<0 時，函數 f x 在 -1, + 上有唯一極值點；
當0 a
8
時，函數 f x 在 -1, + 上無極值點；
9
a 8當 > 時，函數 f x 在 -1, + 上有兩個極值點；
9
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
（1）當0 a
8
時，函數 f x 在 0, + 上單調遞增，
9
因為 f 0 = 0
所以， x 0, + 時， f x > 0 ，符合題意；
8
（2）當 < a 1 時，由 g 0 0 ，得 x 0
9 2
所以，函數 f x 在 0, + 上單調遞增，
又 f 0 = 0，所以， x 0, + 時， f x > 0 ，符合題意；
（3）當 a > 1 時，由 g 0 < 0 ，可得 x2 > 0
所以 x 0, x2 時，函數 f x 單調遞減；
又 f 0 = 0
所以，當 x 0, x2 時， f x < 0 不符合題意；
（4）當 a<0時，設 h x = x - ln x +1
因為 x 0, + 時， h x 1 x=1- = > 0
x +1 x +1
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，
因此當 x 0, + 時， h x > h 0 = 0
即： ln x +1 < x
可得： f x < x + a x2 - x = ax2 + 1- a x
1
當 x >1- 時， ax2 + 1- a x < 0
a
此時， f x < 0, 不合題意.
綜上所述， a的取值范圍是 0,1
考點：1、導數在研究函數性質中的應用；2、分類討論的思想.
3．（全國· x - x高考真題）設函數 f x = e - e
（1）求證： f (x) 的導數 f x 2；
（2）若對任意 x 0 都有 f (x) ax,求 a 的取值范圍．
【答案】（1）見解析；（2）（﹣∞，2]
【分析】（1）先求出 f（x）的導函數，利用 a+b≥2 ab 當且僅當 a＝b 時取等號．得到 f'（x）≥2；
（2）把不等式變形令 g（x）＝f（x）﹣ax 并求出導函數令其＝0 得到駐點，在 x≥0 上求出 a 的取值范圍即
可．
【詳解】解：（1）f（x）的導數 f'（x）＝ex+e﹣x．
由于 ex + e- x 2 ex ×e- x = 2，故 f'（x）≥2．
（當且僅當 x＝0 時，等號成立）．
（2）令 g（x）＝f（x）﹣ax，則 g'（x）＝f'（x）﹣a＝ex+e﹣x﹣a，
（ⅰ）若 a≤2，當 x＞0 時，g'（x）＝ex+e﹣x﹣a＞2﹣a≥0，
故 g（x）在（0，+∞）上為增函數，
所以，x≥0 時，g（x）≥g（0），即 f（x）≥ax．
a + a2 - 4
（ⅱ）若 a＞2，方程 g'（x）＝0 的正根為 x1 = ln ，2
此時，若 x∈（0，x1），則 g'（x）＜0，故 g（x）在該區間為減函數．
所以，x∈（0，x1）時，g（x）＜g（0）＝0，即 f（x）＜ax，與題設 f（x）≥ax 相矛盾．
綜上，滿足條件的 a 的取值范圍是（﹣∞，2]．
【點睛】考查學生利用導數運算的能力，利用導數求閉區間上函數的最值的能力．
4 x 2．（全國·高考真題）設函數 f (x) = x e -1 - ax
a= 1（Ⅰ）若 2 ，求 f (x) 的單調區間；
（Ⅱ）若當 x ≥0 時 f (x) ≥0，求 a 的取值范圍
【答案】 f (x) 在 - , -1 ， 0, + 單調增加，在（-1，0）單調減少, - ,1
【分析】試題分析：（I）
f (x) = ex -1+ xex - x = (ex -1)(x +1).
當x (- ,-1)時, f (x) > 0;當x (-1,0)時, f (x) 0;當x (0,+ )時, f (x) 0.
故f (x)在(- , -1), (0,+ )單調增加,在(-1,0)單調減少.
（II）
令
若
若 a>1，則當 為減函數，而
從而當
綜合得 a 的取值范圍為
考點：本小題主要考查利用導數考查函數的單調性和單調性的應用.
點評：導數是研究函數性質是有力工具，利用導數研究函數單調性的前提是要注意函數的定義域，而且解
決此類問題一般離不開分類討論，討論時要做到不重不漏.
【詳解】請在此輸入詳解！第 07 講 端點效應
（先猜后證-必要性探索）在導數中的應用
（2 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
證明函數的對稱性
利用導數證明不等式
2024 年新 I 卷，第 18 題,17 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
利用不等式求取值范圍
求已知函數的極值
2023 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
利用導數求函數的單調區間（不含參）
2023 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
用導數判斷或證明已知函數的單調性
2021 年全國甲卷文數，第 20 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
用導數判斷或證明已知函數的單調性
2021 年全國Ⅰ卷理數，第 21 題,12 分 端點效應
利用導數研究不等式恒成立問題
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數基本問題
2 能求解含參不等式的基本問題
3 能利用端點效應解決含參不等式恒成立問題
【命題預測】求解含參不等式恒成立問題中參數的取值范圍是高考中的常考題型，解決這類問題的基本方
法有三種: 1.分離參數、構造函數求參數取值范圍；2.構造含參函數，通過討論參數取值范圍將問題轉化為
求函數最值問題；3.通過所構造函數在定義域端點處滿足的條件，縮小參數的取值范圍，求出使不等式恒成
立的必要條件，再證明充分條件，得出參數的取值范圍，即所謂的“端點效應”，其中端點效應需要學生重
點復習掌握，也是高考熱點問題
知識講解
1. 端點效應的定義
恒成立問題中, 我們常常能見到類似的命題: “對于任意的 x [a,b] , 都有 f (x)…0 恒成立”，這里的端
點 a,b , 往往是使結論成立的臨界條件, 因此, 如果能利用好這兩個值, 能方便解題，比如對于上述的命題,
觀察 f (a)和 f (b)的取值，這種觀察區間端點值來解決問題的做法, 我們稱之為端點效應
2. 端點效應的核心思想
利用端點處所需滿足的必要條件縮小參數的取值范圍, 而在很多情況下, 該范圍即為所求.
3. 端點效應的解題思路
端點效應問題中，可以通過取所構造函數定義域內的某些特殊的值使不等式成立進而得出恒成立的一個必
要條件，初步獲得所求參數的范圍再在該范圍內討論，進而縮小了參數的討論范圍，使問題得以順利的解
決。
利用“端點效應”解決問題的一般步驟可分為以下幾步
(1) 利用端點處函數值或導數值滿足的條件，初步獲得參數的取值范圍，這個范圍是不等式恒成立的必要條
件
(2) 利用所得出的參數范圍判斷函數在定義域內是否單調
(3) 若函數在限定參數范圍內單調，則必要條件即為充要條件，問題解決.若不單調，則需進一步討論，直
至得到使不等式恒成立的充要條件
4. 端點效應的類型
1.如果函數 f (x) 在區間[a,b]上, f (x) 0恒成立,則 f (a) 0 或 f (b) 0 .
2.如果函數 f (x) 在區問[a,b]上, f (x) 0恒成立,且 f (a) = 0 (或 f (b) = 0 ), 則 f (a) 0 或 f (b) 0 .
3.如果函數 f (x) 在區問 [a,b]上 , f (x) 0恒成立 ,且 f (a) = 0, f (a) = 0 (或 f (b) = 0 , f (b) 0 則
f (a) 0 或 f (b) 0 .
考點一、端點效應（先猜后證-必要性探索）的初步應用
1 x ln x - 2mx x -1 + ex-1．若 - x 0對"x 1恒成立，則實數 m 的取值范圍是 .

【答案】 - ,
1 ù
ú 【方法一-常規方法-詳見教師版】è 2
【方法二-端點效應】
x-1
因為 x ln x - 2mx x -1 + ex-1 - x 0對"x 1恒成立，即 ln x - 2m x e-1 + -1 0對"x 1恒成立，
x
ex-1
記 f x = ln x - 2m x -1 + -1， x 1,+ ，
x
因為 f 1 = 0， f x 0欲在 x 1,+ 恒成立，則 f x 要在 x 1,+ 單調遞增
ex-1 x -1 1
即 f x 1= - 2m + 2 0在 x 1,+ 恒成立，則 f 1 =1- 2m+ 0，解得m ，x x 2
1
再證明充分性，當m ，能否有 x ln x - 2mx x -1 + ex-1 - x 0對"x 1恒成立（證明略）
2
m 1綜上可得 ，即m
1
- ,
ù
2 è 2 ú
1．已知函數 f (x) = ln(x 1)
ax
+ - (a > 0) ．若 f (x) 0在[0, + ) 上恒成立，則 a 的取值范圍為 ．
x +1
【答案】 (0,1] 【方法一-常規方法-詳見教師版】
【方法二-端點效應】
因為 f (0) = 0，所以 f (0) =1- a 0，解得 a 1，結合已知條件，0 < a 1
考點二、端點效應（先猜后證-必要性探索）在導數中的應用
1．（2024·全國新Ⅰ卷第 18 題·高考真題）已知函數 f (x) = ln
x
+ ax + b(x -1)3
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
(2)證明：曲線 y = f (x) 是中心對稱圖形；
(3)若 f (x) > -2當且僅當1< x < 2，求b 的取值范圍．
2．（2023·全國·統考高考真題）已知函數 f (x) = ax
sin x
- 3 , x

0,
π
cos x 2 ֏
(1)當a = 8時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范圍．
sinx π
3．（2023·全國·統考高考真題）已知函數 f x = ax -
cos2
, x
x
0,
2 ÷
．
è
(1)當 a =1時，討論 f x 的單調性；
(2)若 f x + sinx < 0，求 a的取值范圍．
1．（2020·全國·統考高考真題）已知函數 f (x) = ex + ax2 - x .
（1）當 a=1 時，討論 f（x）的單調性；
（2）當 x≥0 1時，f（x）≥ 2 x
3+1，求 a 的取值范圍.
2．（2024·全國甲卷·高考真題）已知函數 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)當 a = -2 時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0 時， f x 0 ，求 a的取值范圍．
3．（全國·高考真題）已知函數 f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）為 f（x）的導數．
（1）證明：f′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；
（2）若 x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求 a 的取值范圍．
1．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ax -1 .
(1)討論 f (x) 的單調性;
(2)若對任意的 x 0, f (x) 0 恒成立，求 a的范圍.
2．（2024·河南·模擬預測）已知函數 f x = a ln x + x -1 a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2) "x 1, + ， f x ≥-2ln x + ln x 2，求 a的取值范圍.
3 x．（2024·廣西·三模）已知函數 f x = e - x .
(1)求函數 f x 的極值；
(2)若對任意 x > 0, f x 1> ax2 +1，求 a的取值范圍.
2
4．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知函數 f (x) = 2sin x + ln(x +1) - ax．
(1)當 a = 2時，求函數 f (x) 0,
π
在區間 2 ÷上零點的個數；è
(2)若 x 0 時，不等式 f (x) 0恒成立，求實數 a的取值范圍．
ln x
5．（2024·云南昆明·一模）已知函數 f x = ．
x +1
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 x 1時， f x ≤ a x -1 ，求 a 的取值范圍．
6 x
2 - ax + a
．（2024·安徽池州·模擬預測）設函數 f x = x ．e
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x 0 時，若 f x a恒成立，求實數 a的取值范圍．
7．（2024· x山西·三模）已知函數 f x = a e - x +1
(1)當 a =1時，求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
(2)當 x 0 時， f (x) ax2 恒成立，求 a的取值范圍
8．（2024·四川遂寧· x二模）已知函數 f x = e - ax - 2．
(1)若 f x 在區間 0,1 存在極值，求 a的取值范圍；
(2)若 x 0, + ， f x > x - sin x - cos x ，求 a的取值范圍．
9 x 2 2．（2024 高三·全國·專題練習）已知函數 f x = e - ax + 2， g x = x + cosx．
(1)當 a =1時，討論函數 f x 的單調性；
(2)若"x 0,+ ， f x g x 恒成立，求 a的取值范圍．
a ln x
10．（2024·陜西咸陽·三模）已知函數 f (x) = + x -1 .
x
(1)當 a =1時，求函數 g(x) = f (x) - x 極值；
(2)若對任意 x 1,+ ， f (x) a +1恒成立，求實數 a的取值范圍.
1．（全國·高考真題）已知函數 f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中參數 a≤0.
(1)討論 f(x)的單調性；
(2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范圍.
2 2．（山東·高考真題）設函數 f x = ln x +1 + a x - x ，其中 a R .
（Ⅰ）討論函數 f x 極值點的個數，并說明理由；
（Ⅱ）若"x > 0, f x 0成立，求 a的取值范圍.
3 · f x = ex - e- x．（全國 高考真題）設函數
（1）求證： f (x) 的導數 f x 2；
（2）若對任意 x 0 都有 f (x) ax,求 a 的取值范圍．
4 x 2．（全國·高考真題）設函數 f (x) = x e -1 - ax
（Ⅰ）若 a= 1 ，求 f (x)2 的單調區間；
（Ⅱ）若當 x ≥0 時 f (x) ≥0，求 a 的取值范圍

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