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培优点12 端点失效与极点效应
[考情分析] 端点效应和极点效应在解决导数恒成立问题中能使问题简单化，但是端点效应也有其弊端，
也会出现端点失效，要理解端点效应和端点失效的原理，才不会出现错解.
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，那么函数会在a 右侧的一个小区间内先单调递减，会出现如下情况，此时函数f(x)不恒
正，不满足要求.
但是，需要注意的是，f'(a)≥0 只是f(x)≥0 成立的一个必要条件，如果此时二阶导函数不变号，那么
这种方法没有问题；但如果二阶导函数变号，那么计算出的结果极有可能不是正确答案，即端点失效，换
一种思路解决问题，分类讨论或者参变分离等.
例1 已知函数f(x)=ex+ax2-x.
(1)当a=1 时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0 时，f(x)≥1
2x3+1，求a 的取值范围.
解 (1)当a=1 时，f(x)=ex+x2-x，
f'(x)=ex+2x-1，令φ(x)=ex+2x-1，
由于φ'(x)=ex+2>0，
故f'(x)单调递增，注意到f'(0)=0，
故当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
(2)错解：
令g(x)=f(x)-(
1
2 x
3+1)=ex+ax2-x-1
2x3-1，
即证：当x≥0 时，g(x)≥0，
∵g(0)=0，g'(x)=ex+2ax-1-3
2x2，
且g'(0)=0，∴g″(x)=ex+2a-3x，
∴g″(0)=1+2a≥0，∴a≥-1
2.
错因：因为g‴(x)=ex-3 可正可负，
所以g″(x)=ex+2a-3x 不单调，导致端点失效.
正解：由f(x)≥1
2x3+1 得，
ex+ax2-x≥1
2x3+1，其中x≥0，
①当x=0 时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0 时，分离参数a 得，a≥-e
x - 1
2 x
3- x -1
x
2
，
记g(x)=-e
x - 1
2 x
3- x -1
x
2
，x>0，
g'(x)=-( x -2)(e
x - 1
2 x
2- x -1)
x
3
，
令h(x)=ex-1
2x2-x-1(x>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-1
2x2-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)<0，g(x)单调递减，
因此g(x)max=g(2)=7-e
2
4
，
综上可得，a 的取值范围是[
7 -e
2
4
，+∞).
[规律方法] 利用端点效应解题时，要注意端点效应的使用条件
(1)一阶端点效应：连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0 恒成立，且 f(a)=0，若f″(x)不变号，则只需
f'(a)≥0 即可，若f″(x)的符号不确定，可正可负，即导函数f'(x)的单调性不确定，此时端点失效，令
f'(a)≥0 得到的a 的范围不准确.
(2)二阶端点效应：连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0 恒成立，且 f(a)=0， f'(a)=0，若f‴ (x)不变号，则
只需f″(a)≥0 即可，若f‴ (x)的符号不确定，可正可负，即导函数f″(x)的单调性不确定，此时端点失效，令
f″(a)≥0 得到的a 的范围不准确.
跟踪演练1 (2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(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.
解 (1)f(x)的定义域为(-1，+∞)，
当a=-2 时，
f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，
故f'(x)=2ln(1+x)+1+2 x
1+ x -1
=2ln(1+x)- 1
1+ x +1，
因为y=2ln(1+x)，y=- 1
1+ x +1 在(-1，+∞)上单调递增，
故f'(x)在(-1，+∞)上为增函数，
而f'(0)=0，
故当-1<x<0 时，f'(x)<0，
当x>0 时，f'(x)>0，
故f(x)在x=0 处取极小值且极小值为f(0)=0，无极大值.
(2)方法一 (端点效应)
f'(x)=-aln(1+x)+1-ax
1+ x -1，f(0)=0，f'(0)=0，
又f″(x)=- a
1+ x - a+1
(1+ x)
2，f″(0)=-2a-1，
令f″(0)=-2a-1≥0，所以a≤-1
2，
当a≤-1
2时，f″(x)≥
1
2( x +1)-
1
2( x +1)
2=
x
2( x +1)
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，
所以f(x)≥f(0)=0，
所以a≤-1
2满足题意；
当a>-1
2时，f″(0)=-2a-1<0，
所以∃x0>0，使当x∈(0，x0)时，f″(x)<0，
所以f'(x)在(0，x0)上单调递减，所以f'(x)<f'(0)=0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，所以f(x)<f(0)=0，
与f(x)≥0 矛盾，所以a>-1
2不符合题意.
综上，a≤-1
2.
方法二 当x=0 时，f(x)=0 恒成立，
现讨论x>0 的情况，
f'(x)=-aln(1+x)+1-ax
1+ x -1
=-aln(1+x)-(a+1)x
1+ x
，x>0，
设s(x)=-aln(1+x)-(a+1)x
1+ x
，x>0，
则s'(x)=-a
1+ x - a+1
(1+ x)
2
=-a( x +1)+a+1
(1+ x)
2
=-ax +2a+1
(1+ x)
2 ，
当a≤-1
2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-1
2<a<0 时，
当0<x<-2a+1
a
时，s'(x)<0，
故s(x)在(0，- 2a+1
a )上单调递减，
s(x)<s(0)，
即在(0，- 2a+1
a )上f'(x)<0，
f(x)单调递减，
f(x)<f(0)=0，不符合题意，舍去；
当a≥0 时，此时s'(x)<0 在(0，+∞)上恒成立，
同理可得在(0，+∞)上，
f(x)<f(0)=0 恒成立，不符合题意，舍去，
综上，a≤-1
2.
考点二 极点效应
如果函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x>a 时(其中a<x0)，f(x)≥0 恒成立的一个必要
条件为x0处的导数值f'(x0)=0，如图1 所示.
因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内单调递减，会出现如图2 的情况；
如果f'(x0)>0，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)=2-1
x =2 x -1
x
，
当x∈(0，1
2)时，f″(x)<0，
当x∈(
1
2 ，+∞)时，f″(x)>0，
∴f'(x)在(0，1
2)上单调递减，在(
1
2 ，+∞)上单调递增，
又f'(1)=0，∴当x∈(
1
2 ，1)时，f'(x)<0，
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(
1
2 ，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
∴f(x)在x=1 处取得极小值，x=1 为f(x)的极小值点.
(2)方法一 (极点效应)
f(x)的定义域为(0，+∞)，
设g(x)=ax-a-ln x，x>0，则f(x)=xg(x)，f(x)≥0 等价于g(x)≥0.
∵g(x)≥0，g(1)=0，∴当x=1 时，函数g(x)取得最小值，同时也是函数g(x)的极小值，
∴g'(1)=0，又g'(x)=a-1
x ，
则g'(1)=a-1=0，得a=1.
若a=1，则g'(x)=1-1
x .
当0<x<1 时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x>1 时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
∴x=1 是g(x)的极小值点，
故g(x)≥g(1)=0，综上，a=1.
方法二 ∵f(x)=ax2-ax-xln x=x(ax-a-ln x)(x>0)，
则f(x)≥0 等价于h(x)=ax-a-ln x≥0，
求导得h'(x)=a-1
x .
则当a≤0 时，h'(x)<0，即h(x)在(0，+∞)上单调递减，
又h(1)=a-a-ln 1=0，
∴当x∈(0，1)时，h(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h(x)<0，
与h(x)≥0 矛盾，故a≤0 不符合题意，∴a>0.
∵当0<x<1
a时，h'(x)<0，
当x>1
a时，h'(x)>0，
∴h(x)在(0，1
a)上单调递减，在(
1
a ，+ ∞)上单调递增，
∴h(x)min=h(
1
a)，
又∵h(1)=a-a-ln 1=0，
∴1
a=1，解得a=1.
[规律方法] 极点效应也是必要性探路的一种情况，若在区间(a，b)上，f(x)≥0(≤0)恒成立，且∃x0∈(a，
b)，f(x0)=0，则f(x0)为函数f(x)的最小(大)值，同时也是极小(大)值，利用x0为极值点即可求出参数的值，再
代入函数检验即可.
跟踪演练2 已知函数f(x)=aex-1-x-(a-1).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0 在R 上恒成立，求a 的值.
解 (1)f(x)的定义域为R，f'(x)=aex-1-1，
当a≤0 时，f'(x)<0，∴f(x)在R 上单调递减，
当a>0 时，令f'(x)=0，∴x=1-ln a，
∴当x∈(-∞，1-ln a)时，f'(x)<0，
当x∈(1-ln a，+∞)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x<1 时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1 时，f'(x)>0，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，与f(x)≥0 矛盾，
当a>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)=1
a-1=1-a
a
，
∴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-a
x +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)= a
x
2+1
x = x +a
x
2 ，
当a≥0 时，f'(x)>0，
∴f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴f(x)无极值.
当a<0 时，令f'(x)<0，得x∈(0，-a)；
令f'(x)>0，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a<0 时，f(x)有极小值a+1+ln(-a)，无极大值.
(2)f'(x)= x +a
x
2 ，又f(1)=a-a+ln 1=0，
则当x=1 时，f(x)取得最小值，同时取得极小值，
由(1)知，当a<0 时，f(x)在x=-a 处取得极小值，
∴-a=1，即a=-1，
当a=-1 时，f'(x)= x -1
x
2 ，
令f'(x)<0，得x∈(0，1)，
令f'(x)>0，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+e
x
x +1=ex(ln x + 1
x)+1，
令g(x)=ln x+1
x ，x>0，
∴g'(x)=1
x - 1
x
2= x -1
x
2 ，
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
∴g(x)min=g(1)=1>0，
∴ln x+1
x >0，
∴f'(x)=ex(ln x + 1
x)+1>0，
∴f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)当x>1 时，f'(x)=ex(ln x + 1
x)-a，
若a≤e，则f'(1)=e-a≥0，
且f″(x)=ex(ln x + 2
x - 1
x
2)>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-a<0，f'(ea)>0，
且f″(x)=ex(ln x + 2
x - 1
x
2)>0，
则f'(x)单调递增，∴存在x0∈(1，ea)，使得f'(x0)=0 成立，∴f(x)在(1，x0)上单调递减，∴f(x0)<f(1)=0，矛盾，
舍去.
综上，a 的取值范围为(-∞，e].
3.(17 分)(2025·九江模拟)已知函数f(x)=e2x+ax2+bx(a，b∈R)，曲线y=f(x)在x=1
2处的切线经过点(0，1
2).
(1)求a；(4 分)
(2)若b≥a，判断f(x)的单调性；(5 分)
(3)当x≥0 时，f(x)≥2x3+1，求b 的取值范围.(8 分)
解 (1)f'(x)=2e2x+2ax+b，
f (
1
2)=e+a
4 +b
2，
切线斜率k=f '(
1
2)=2e+a+b.
又∵切线经过点(0，1
2)，
∴2e+a+b=
e+ a
4 + b
2 - 1
2
1
2 -0
，解得a=-2.
(2)由(1)知f(x)=e2x-2x2+bx，
f'(x)=2e2x-4x+b，
令g(x)=f'(x)，则g'(x)=4(e2x-1).
当x<0 时，g'(x)<0，f'(x)在(-∞，0)上单调递减，当x>0 时，g'(x)>0，f'(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴f'(x)≥f'(0)=b+2≥a+2=0，
∴f(x)在R 上单调递增.
(3)由题意得e2x-2x2+bx≥2x3+1 对任意的x∈[0，+∞)恒成立.
①当x=0 时，1≥1，故b∈R；
②当x>0 时，原不等式等价于b≥2 x
3+2 x
2-e
2 x+1
x
，
设h(x)=2 x
3+2 x
2-e
2 x+1
x
，x>0，
则h'(x)=(2 x -1)(2 x
2+2 x +1-e
2 x)
x
2
，
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<0.
∴当x∈(0，1
2)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(
1
2 ，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)max=h(
1
2)=7- 4 e
2
，
∴b≥7 - 4 e
2
，
故b 的取值范围是[
7 - 4 e
2
，+ ∞).
