2026届高三数学二轮复习讲义：思维提升　培优点12　端点失效与极点效应（含解析）

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考点一 端点效应与端点失效
若f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0或f(b)≥0；
若∀x∈[a，b]，f(x)≥0恒成立，且f(a)=0，
在a附近的极小区间中：
x0≥a⇒f(x0)≥f(a)=0，
f(x)↗⇒f'(x)≥0，则f'(a)≥0；
若∀x∈[a，b]，f(x)≥0恒成立，且f(a)=0，
若f'(a)=0，则f″(a)≥0.
因为如果f'(a)0)，
则h'(x)=ex-x-1，
令t(x)=h'(x)，x>0，则t'(x)=ex-1>0，
故h'(x)单调递增，h'(x)>h'(0)=0，
故函数h(x)单调递增，h(x)>h(0)=0，
由h(x)>0可得ex-12x2-x-1>0恒成立，
故当x∈(0，2)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，+∞)时，g'(x)-12时，f″(0)=-2a-10，使当x∈(0，x0)时，f″(x)0，
设s(x)=-aln(1+x)-(a+1)x1+x，x>0，
则s'(x)=-a1+x-a+1(1+x)2
=-a(x+1)+a+1(1+x)2=-ax+2a+1(1+x)2，
当a≤-12时，s'(x)>0，
故s(x)在(0，+∞)上单调递增，
s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
故当x>0时，f(x)>f(0)=0，符合题意；
当-120，那么函数会在x0左侧的一个小区间内单调递增，会出现如图3的情况.
而这两种情况都不能保证函数值非负.
这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为区间中某一点处的导数值为零，这就是极点效应.
例2 已知函数f(x)=ax2-ax-xln x.
(1)若函数f(x)在x=1处取得极值，求a的值，并判断x=1是函数f(x)的极大值点还是极小值点；
(2)若f(x)≥0，求a的值.
解 (1)∵f'(x)=2ax-a-1-ln x，x>0，
∴f'(1)=a-1=0，∴a=1.
当a=1时，f(x)=x2-x-xln x，x>0，
f'(x)=2x-2-ln x，f″(x)=2-1x=2x-1x，
当x∈0，12时，f″(x)0，
∴f'(x)在0，12上单调递减，在12，+∞上单调递增，
又f'(1)=0，∴当x∈12，1时，f'(x)0，
∴f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)单调递减；
当a>0时，f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增.
(2)方法一 (极点效应)
f'(x)=aex-1-1，
注意到f(1)=a-1-(a-1)=0，
则当x=1时，函数f(x)取得最小值，同时取得极小值，
∴f'(1)=a-1=0，∴a=1.
而当a=1时，f(x)=ex-1-x，f'(x)=ex-1-1，
当x0，f(x)单调递增，
∴f(x)≥f(1)=0，
即f(x)≥0在R上恒成立，∴a=1.
方法二 由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递减，且f(1)=a-1-(a-1)=0，
∴当x∈(1，+∞)时，f(x)0时，f(x)min=f(1-ln a)=ae-ln a-(1-ln a)-(a-1)=ln a-a+1，
∴ln a-a+1≥0，
令g(a)=ln a-a+1，a>0，g'(a)=1a-1=1-aa，
∴g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∴g(a)max=g(1)=0，∴g(a)≤0，
即ln a-a+1≤0，又ln a-a+1≥0，
∴ln a-a+1=0，解得a=1.
故a=1.
专题强化练
[分值：51分]
1.(17分)已知函数f(x)=a-ax+ln x.
(1)求函数f(x)的极值；(8分)
(2)若函数f(x)≥0在(0，+∞)上恒成立，求a的值.(9分)
解 (1)f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=ax2+1x=x+ax2，
当a≥0时，f'(x)>0，
∴f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴f(x)无极值.
当a0，得x∈(-a，+∞)，
∴f(x)在(0，-a)上单调递减，在(-a，+∞)上单调递增，
∴f(x)在x=-a处取得极小值，∴f(x)极小值=f(-a)=a+1+ln(-a)，f(x)无极大值.
综上，当a≥0时，f(x)无极值；
当a0，得x∈(1，+∞)，
∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴f(x)min=f(1)=0，∴f(x)≥0恒成立，
综上，a=-1.
2.(17分)已知函数f(x)=exln x-a(x-1).
(1)若a=-1，判断函数f(x)的单调性；(8分)
(2)若f(x)>0在(1，+∞)上恒成立，求a的取值范围.(9分)
解 (1)当a=-1时，f(x)=exln x+(x-1)(x>0)，
f'(x)=exln x+exx+1=exlnx+1x+1，
令g(x)=ln x+1x，x>0，
∴g'(x)=1x-1x2=x-1x2，
当x∈(0，1)时，g'(x)0，
∴f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)当x>1时，f'(x)=exlnx+1x-a，
若a≤e，则f'(1)=e-a≥0，
且f″(x)=exlnx+2x-1x2>0，
∴f'(x)单调递增，∴当x>1时，f'(x)>0恒成立，
∴f(x)在(1，+∞)上单调递增，则x>1时，f(x)>f(1)=0；
若a>e，ea>1，则f'(1)=e-a0时，原不等式等价于b≥2x3+2x2-e2x+1x，
设h(x)=2x3+2x2-e2x+1x，x>0，
则h'(x)=(2x-1)(2x2+2x+1-e2x)x2，
由(2)知，当b=-2时，e2x-2x2-2x>1对任意的x>0恒成立，即2x2+2x+1-e2x