2027年高考数学一轮复习第三章　进阶篇　不等式恒(能)成立问题　进阶4　端点效应学案含解析

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1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0且f(b)≥0.
2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0恒成立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)x0时，f(x)0，
所以f(x)在区间(-∞，0)上单调递减，
在区间(0，+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=0处取得最小值，
即f(x)≥f(0)=0.
(2)解 由于f(0)=0，当x≥0时，f(x)≥0，
故要保证函数f(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0在x=0的右侧附近区间上恒成立.
又f'(x)=2ex-2-2ax，f'(0)=0，
即此时需保证函数f'(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0在x=0的右侧附近区间上恒成立.
又f″(x)=2ex-2a，f″(x)在区间[0，+∞)上单调递增，
故f″(0)=2-2a≥0，
即a≤1.
下证当a≤1时，f(x)≥0在[0，+∞)上恒成立.
当a≤1时，f″(x)=2ex-2a≥2ex-2≥0，
所以f'(x)在[0，+∞)上单调递增，
所以f'(x)≥f'(0)=0，
所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，
即f(x)≥f(0)=0在[0，+∞)上恒成立，
综上，a的取值范围是(-∞，1].
课时精练
[分值：34分]
1.(17分)已知f(x)=2x-ln(2x+1)，g(x)=ex-x-1.
(1)求g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；(6分)
(2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.(11分)
解 (1)切点坐标为(1，e-2)，且g'(x)=ex-1，
所以g'(1)=e-1，
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
(2)记F(x)=kf(x)-g(x)
=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)(x≥0)，
求导得F'(x)=k2−22x+1-(ex-1)
=4kx2x+1-ex+1(x≥0)，
F″(x)=4k·(2x+1)−2x(2x+1)2-ex=4k(2x+1)2-ex，
由F(x)≤0在[0，+∞)上恒成立，且F(0)=0，F'(0)=0，
从而F″(0)≤0，得k≤14.
下证当k≤14时，F(x)≤0在[0，+∞)上恒成立.
当k≤14时，
F(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)
≤14[2x-ln(2x+1)]-ex+x+1
≤14[2x-ln(2x+1)]-12x2，
下证14[2x-ln(2x+1)]-12x2≤0(x≥0)恒成立，
设p(x)=14[2x-ln(2x+1)]-12x2，x≥0，
则p'(x)=2−22x+14-x=−2x22x+1≤0，
故p(x)在[0，+∞)上单调递减，
则p(x)≤p(0)=0，得证.
综上，实数k的取值范围是−∞，14.
2.(17分)已知函数f(x)=12ax2+(a-1)x+(1-2a)ln x，g(x)=32ax-ex-1.
(1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性；(8分)
(2)若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围.(9分)
解 (1)f'(x)=ax+(a-1)+1−2ax
=ax2+(a−1)x+(1−2a)x
=a(x−1)x−1−2aax(x>0，a>0)，
①当1−2aa≤0，即a≥12时，
当00，
所以f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；
②当00，
所以h'(x)在区间(0，1]上单调递增，故h'(x)≤h'(1)≤0，所以h(x)在区间(0，1]上单调递减，
所以h(x)≥h(1)=0在(0，1]上恒成立，故原不等式恒成立.
综上，若f(x)≥g(x)在区间(0，1]上恒成立，
则实数a的取值范围为23，+∞.
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