岁岁年年“题”不同，年年岁岁“解”相似

不等式恒成立求参数问题既是高考热点问题，也是重点问题．纵观近年来高考试题都有考查，试题强调对知识的综合运用和能力的综合考查，有效地考查了学生对函数、不等式、导数知识的掌握情况，同时也考查了学生的转化与化归、数形结合、分类讨论、极限等数学思想．试题具有创新性，重视体现思维过程，并且计算合理，有利于选拔创新性人才．下面以2023年与2024年新高考具有代表性的压轴题为例，探究求解策略，深入研究与思考，以期抛砖引玉．

1 试题呈现

（2024全国甲卷＼521）已知函数f（x）=（1－ax）＼5ln（1+x）－x.

（1）当a=－2时，求f（x）的极值；

（2）当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．

简析：（1）利用二阶导函数，结合导数的单调性和零点可求函数的极值，这里解题过程省略.

（2）显然f（0）=0，若当x≥0时，f（x）≥0，则函数在x=0的右邻域（0，δ）内（范围很小），f（x）必须递增，即在区间（0，δ）上f′（x）大于或等于零，根据极限思想，只要f′（0）≥0.由于f′（0）=0，同理可得只要f″（0）≥0，解得a≤－12，显然a≤－12是不等式恒成立的必要条件，再证充分性即可．此即为端点效应．

详解：（2）因为f′（x）=－aln（1+x）+1－ax1+x－1，x≥0，所以f′（0）=0.

又f″（x）=－ax+1－a+1（1+x）2=－ax+2a+1（1+x）2，则f″（0）=－2a－1.

当a≤－12时，f″（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，故f′（x）>0在（0，+∞）上为增函数.

于是f′（x）>f′（0）=0， 所以f（x）在［0，+∞）上为增函数，从而f（x）≥f（0）=0．

当－12<a<0时，若0<x<－2a+1a，则f″（x）<0，故f′（x）在0，－2a+1a上为减函数.

所以在0，－2a+1a上f′（x）<f′（0）=0，即f（x）为减函数.

故在0，－2a+1a上f（x）<f（0）=0，不合题意.

当a≥0，此时f″（x）<0在（0，+∞）上恒成立，同理可得在（0，+∞）上f（x）<f（0）=0恒成立，不合题意.

综上，a≤－12.

点评：导数背景下的不等式恒成立问题，往往需要利用导数分析函数在端点处或附近的函数值的符号，使问题得以解决，本题对逻辑推理能力的考查层次分明，区分度较高．

2 端点效应

命题1如果函数f（x）在区间［a，b］（a，b为常数）上f（x）≥0恒成立，且f（a）=0（或f（b）=0），则f′（a）≥0（或f′（b）≤0）.

命题2如果函数f（x）在区间［a，b］（a，b为常数）上f（x）≥0恒成立，且f（a）=0，f′（a）=0 （或f（b）=0，f′（b）=0），则f″（a）≥0（或f″（b）≤0）.

推广如果函数f（x）在区间［a，b］（a，b为常数）上f（x）≥0恒成立，且f（a）=0，f′（a）=0，……，f（n－1）（a）=0 （或f（b）=0，f′（b）=0，……，f（n－1）（b）=0），则fn（a）≥0（或fn（b）≤0）， n∈N*．

设含参的可导函数f（x）对任意x∈D，都有f（x，a）≥0，通常有以下类型：

（1）形如开区间（m，+∞），那么就有x→m+，f（x）≥0，x→+∞，f（x）≥0.常考形式：如果f（m，a）≥0，则由f′（m，a）≥0得到必要条件，再证明必要条件也充分的（通常寻找矛盾区间）.

（2）若是形如［m，n］的闭区间，则就有f（m）≥0，f（n）≥0.常考形式：若f（m，a）≥0，则由f′（m，a）≥0得到必要条件，再证明必要条件也充分的（通常寻找矛盾区间）；若f（n，a）≥0，则由f′（n，a）≤0得到必要条件，再证明必要条件也充分的（通常寻找矛盾区间）．

3 应用举例

题一（2024全国Ⅰ卷＼518）已知函数f（x）=lnx2－x+ax+b（x－1）3.

（1）若b=0，且f′（x）≥0，求a的最小值；

（2）证明：曲线y=f（x）是中心对称图形；

（3）若f（x）>－2，当且仅当1<x<2，求b的取值范围．

简析：（1）求出f′（x）min=2+a，或者分离参数a即可，详解省略；

（2）设P（m，n）为y=f（x）图象上任意一点，即证P（m，n）关于（1，a）的对称点为Q（2－m，2a－n） 也在函数的图象上，详解省略；

（3）由题设可判断a=－2，再根据f（x）>－2在（1，2）上恒成立，结合端点效应，由三阶导数大于等于0，可求得b≥－23，然后用正常分类讨论书写过程．

详解：（1）（2）问略.

（3）由（2）知f（x）的定义域为（0，2），且f（x）关于（1，a）中心对称.

因为f（x）>－2当且仅当1<x<2，所以f（x）≤－2当且仅当0<x≤1，则f（1）=－2，即a=－2．

法一：因为1<x<2时，f（x）>－2恒成立， 即为lnx2－x+2（1－x）+b（x－1）3>0在（1，2）上恒成立.

设 h（x）=lnx2－x+2（1－x）+b（x－1）3=lnx－ln（2－x）+2（1－x）+b（x－1）3，注意到h（1）=0.

易得h′（x）=1x－1x－2－2+3b（x－1）2，则h′（1）=0；而h″（x）=－1x2+1（x－2）2+6b（x－1），则h″（1）=0.

由h″（x）=2x3－2（x－2）3+6b，得h（1）=4+6b.令h（1）≥0，得b≥－23，即为所求成立的必要条件．

下证充分性：

当b≥－23时，在（1，2）上，h（x）≥0成立，所以h″（x）在（1，2）上单调递增，则h″（x）≥h″（1）=0.

同理有h′（x）在（1，2）上单调递增，可知h′（x）≥h′（1）=0，则h（x）在（1，2）上单调递增，所以h（x）≥h（1）=0.

充分性得证.

综上，b≥－23．

法二：利用端点效应得到分界点，再分类讨论.

设t=x－1∈（0，1），则f（x）＞-2在（1，2）上恒成立

等价于lnt+11－t－2t+bt3>0在（0，1）上恒成立.

设g（t）=lnt+11－t－2t+bt3，t∈（0，1），则

g′（t）=21－t2－2+3bt2=t2（－3bt2+2+3b）1－t2.

当b≥0时，－3bt2+2+3b≥－3b+2+3b=2>0，则g′（t）>0恒成立，可知g（t）在（0，1）上为增函数，故g（t）>g（0）=0，即f（x）>－2在（1，2）上恒成立.

当－23≤b<0时，－3bt2+2+3b≥2+3b≥0，则g′（t）≥0恒成立，可知g（t）在（0，1）上为增函数，

故g（t）>g（0）=0，即f（x）>－2在（1，2）上恒成立.

当b<－23时，0<t<1+23b<1，此时g′（t）<0，所以g（t）在0，1+23b上为减函数，故g（t）<g（0）=0，不合题意，舍去.

由上述过程可知，当且仅当b≥-32时，g（t）在（0，1）上单调递增，故g（t）>0的解为（0，1），即f（x）>－2的解为（1，2）.

综上，b的取值范围是-23，+∞.

点评：本题重点突出，内容丰富，集理性思维深度、知识掌程度、运算求解娴熟程度于一体，不同考生都能得到充分的展示，考查了考生进一步学习的潜能，对中学数学教学具有较好的引导作用．

题二（2023全国甲卷＼5理）已知f（x）=ax-sin xcos3x，x∈0，π2．

（1）若a=8，讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）<sin 2x恒成立，求a的取值范围．

简析：本题第（2）问的思路与题一（3）如出一辙，设g（x）=f（x）－sin 2x，由于x∈0，π2，且g（0）=0，利用端点效应先找出g（x）<0恒成立的必要条件a≤3，然后证明充分性即可．

详解：（1）略.

（2）（端点效应法）

设g（x）=f（x）－sin 2x，x∈0，π2，由于g（x）<0在0，π2上恒成立，又g（0）=0，

由端点效应可知g′（0）≤0，而g′（x）=a－3－2cos2xcos4x－2cos 2x，所以a≤3．

下证充分性：

当a≤3时，f（x）－sin 2x≤3x－sin xcos3x－sin 2x.

设h（x）=3x－sin xcos3x－sin 2x，

则h′（x）=3－3－2cos2xcos4x－2cos 2x=－4cos6x+5cos4x+2cos2x－3cos4x.

令t=cos2x，则t∈（0，1）.

令F（t）=－4t3+5t2+2t－3，则

F′（t）=－12t2+10t+2=2（1－t）（6t+1）.

当t∈（0，1）时，F′（t）>0，则F（t）在（0，1）上单调递增．所以当t∈（0，1）时，F（t）<F（1）=0，即

当x∈0，π2时，－4cos6x+5cos4x+2cos2x－3<0，从而h′（x）<0.

所以h（x）在0，π2上单调递减.故当0，π2时，h（x）<h（0）=0，即f（x）<sin 2x.

综上，a的取值范围是（－∞，3］.

点评：本题是三角函数与导数的综合，作为压轴题，难度很大，彰显了综合要求．端点效应为分类讨论解题提供了参数的分界点.当然本题解法灵活多样，可从不同角度思考转化．

类似可以利用端点效应的高考题还很多，比如：

（1）（2023全国乙卷＼5理） 已知函数f（x）=1x+a＼5ln（1+x）．若函数f（x）在（0，+∞）单调递增，求a的取值范围．

（2）（2023全国甲＼5文）已知函数f（x）=ax－sin xcos2x，x∈0，π2．

（ⅰ）当a=1时，讨论f（x）的单调性；

（ⅱ）若f（x）+sin x<0，求a取值范围．

（3）（2022新高考Ⅱ卷＼522＼5节选）已知函数f（x）=xeax－ex．设n∈N*，证明：112+1+122+2+……+1n2+n>ln（n+1）．

需要指出的是，利用端点效应求出的范围仅是必要条件，不一定是充分条件，还应代入验证．对于无法直接求函数最值的不等式恒成立问题，以及无法应用参数分离的函数不等式恒成立问题，可考虑端点效应．有时候用端点效应得出的结果并非是最终答案，典型的例子比如2020年全国Ⅰ卷第21题 . 那么何时才能用端点效应呢？文中前面指出的端点效应的两个命题的条件很重要，要注意检验．在实际解题中切不可过分依赖此类解法，虽然此类解法具备优越性，但也不是万能的．只有当常规解法无从下手时，它才是我们尝试选择作为打开突破口的手段．