25.全国卷五年四考的“端点”效应与应用
一．何为端点效应
端点效应的原理：
1.必要条件缩小范围：
①若
在
上恒成立，则
在区间端点处也成
( , )
0(
)
f x a
a
为参数
)
,
(
,
为常数
b
a
b
a
)
(x
f
立，即
此法应用于区间端点值包含参数的情况.
( )
0,
( )
0
f a
f b
②若
在
上恒成立，且
则
)
(
0
)
,
(
为参数
a
a
x
f
)
,
(
,
为常数
b
a
b
a
,
0
)
(
0
)
(
）
（或
b
f
a
f
此法应用于区间端点的函数值为零的情况.
( )
0
( )
0
f
a
f b
或（
）.
③若
在
上恒成立，且
，
)
(
0
)
(
为参数
a
x
f
)
,
(
,
为常数
b
a
b
a
( )
0
( )
0
( )
0
( )
0
f a
f b
f b
f
a
或
则
此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况.
( )
0
( )
0
f
a
f
b
或（
）.
2.充分性求结果：
求
判断
的单调性，然后表示
的最小值
，使得
即可.
f
x
)
(x
f
)
(x
f
min
)
(x
f
0
)
(
min
x
f
注意第2 步一定要利用第一步中的参数的范围.
但是，有时候我们用端点效应得出的并非最终的答案，那么究竟何时才能用端点效应？下
面对一类函数做出详细分析.
二．相关理论背景[1]
定理1.若
、
在
都有意义,
,则对于任意
,都有
( )
F x
( )
F
x
[0,
)
(0)
F
0,
( ) 0
F
x
…
0
x…
恒成立(当且仅当
时等号成立).进一步，对于任意
,都有
( )
(0)
F x
F
x
…
0
x
0
x…
恒成立，那么实数
的取值范围为
.
( )
F x
ax
…
a
,
(0)
F
证明：设
,则
,
故满足：
( )
( )
(0) (
0)
G x
F x
F
x x
…
(0)
0
G
( )
( )
(0),
G x
F x
F
即
单调递增,
，则
(当且仅当
时
( )
( ) 0,
G
x
F
x
…
)
(
' x
G
( ) 0
G x
…
( )
(0)
0
F x
F
x
…
0
x
等号成立).从而,对于任意
,都有
恒成立，对于任意
,都有
0
x…
( )
(0)
F x
F
x
…
0
x…
恒成立,故实数
的取值范围为
.
( )
F x
ax
…
a
,
(0)
F
定理2.若
在
都有意义,
,则对于任意
( ),
( ),
( )
F x F
x F
x
[0,
)
(0)
0,
( ) 0
F
F
x
…
0
x…
,都有
恒成立(当且仅当
取等号).进一步，对于任意
,都有
2
1
( )
(0)
2
F x
F
x
…
0
x
0
x…
恒成立，那么实数
的取值范围为
.
2
( )
F x
ax
…
a
1
,
(0)
2 F
证明：设
,则
2
1
( )
( )
(0)
(
0)
2
G x
F x
F
x
x
…
(0)
0,
( )
( )
(0)
G
G x
F x
F
x
那么就有：
于是
，
(0)
(0),
( )
G
F
G
x
( )
(0),
(0)
0,
F
x
F
G
( )
( ) 0
G
x
F
x
…
故
单调递增,
(当且仅当
取等号),
单调递增,
(当且仅当
( )
G
x
( ) 0
G
x
…
0
x
( )
G x
( ) 0
G x …
取等号),对于任意的
恒成立(当且仅当
取等号).于是，
0
x
2
1
0,
( )
(0)
2
x
F x
F
x
…
…
0
x
对于任意
,都有
恒成立，那么实数
的取值范围为
.
0
x…
2
( )
F x
ax
…
a
1
,
(0)
2 F
上述定理不等号反向时亦然，此处不再赘述，具体可见相关参考文献.
三．定理应用，满足定理的两个案例
例1.（2024 年高考全国甲卷数学（理））已知函数
．
1
ln 1
f
x
ax
x
x
（1）当
时，求
的极值；
2
a
f x
（2）当
时，
恒成立，求
的取值范围．
0
x
0
f x
a
解析：（1）略
（2）
且
，继续求导可得：
1
( )
ln(1
)
1
1
ax
f
x
a
x
x
0
)
0
(
'
f
，若
，即
时，
2
1
( )
,
(0)
1
2
1
1
(1
)
a
a
f
x
f
a
a
a
x
x
(0)
0
f
1
2
a
存在正数
，当
时，
，故
在
递减，于是
0x
0
(0,
)
x
x
( )
0
f
x
( )
f
x
)
,0
(
0x
，则
在
递减，则
，与题干矛盾！
'
( )
(0)
0
f
x
f
( )
f x
)
,0
(
0x
( )
(0)
0
f x
f
故
，即
，下证当
时，
.
(0)
2
1
0
f
a
1
2
a
1
2
a
0,
( )
0
x
f x
由于
，令
于是可得
1
0,
( )
1
ln(1
)
2
x
f x
x
x
x
1
( )
1
ln(1
)
,
2
g x
x
x
x
，
，故
在
递增，
1
1
1
2
( )
ln(1
)
1
2
1
x
g x
x
x
''
2
1
2
( )
0
2(
1)
x
g x
x
)
(
' x
g
)
,0
[
1
( )
(0)
0
,
.
2
g x
g
a
例2.（2024 年新课标全国Ⅰ卷）已知函数
3
( )
ln
(
1)
2
x
f x
ax
b x
x
（1）若
，且
，求
的最小值；
0
b
( )
0
f
x
a
（2）证明：曲线
是中心对称图形；
( )
y
f x
（3）若
当且仅当
，求
的取值范围．
( )
2
f x
1
2
x
b
解析：（1），（2）略.
（3）因为
当且仅当
，故
为
的一个解，所以
即
2
f x
1
2
x
1
x
2
f x
1
2
f
，先考虑
时，
恒成立.
2
a
1
2
x
2
f x
此时
即为
在
上恒成立，设
，则
2
f x
3
ln
2 1
1
0
2
x
x
b x
x
1,2
1
0,1
t
x
在
上恒成立，设
，则
3
1
ln
2
0
1
t
t
bt
t
0,1
3
1
ln
2
,
0,1
1
t
g t
t
bt t
t
，
2
2
2
2
3
1
g t
bt
t
b
t
t
t
t
g
bt
t
t
t
g
6
)
1(
8
)
1(
4
)
(
,
6
)
1(
4
)
(
4
2
'''
2
''
注意到
，
，继续求导
，
0
)
0
(
g
0
)
0
(
'
g
0
)
0
(
''
g
3
2
0
8
6
)
0
(
'''
b
b
g
根据前述定理可知，此时
在
上恒成立.当
，则当
2
f x
1,2
2
3
b
2
0
1
1
3
t
b
时，
故在
上
为减函数，故
，不合题意，舍；综
0
g t
2
0, 1
3b
g t
0
0
g t
g
上，
在
上恒成立时
.
2
f x
1,2
2
3
b
例3.（2023 年全国甲卷）已知
.
3
sin
( )
,
0,
cos
2
x
f x
ax
x
x
（1）当
时,讨论
的单调性;
8
a
( )
f x
（2）若
,求
的取值范围.
( )
sin 2
f x
x
a
解析：依题意,
在
上恒成立;令
,则
3
sin
sin 2
0
cos
x
ax
x
x
0, 2
( )
( )
sin 2
g x
f x
x
.
2
2
2
( )
2
4cos
cos
g x
a
x
x
4
3
cos x
令
,则
,故
,
2
cos
(0,1)
x
t
2
2
3
( )
2
4
h t
a
t
t
t
2
3
2(
1) 2
2
3
( )
0
t
t
t
h t
t
满足定理1，故可用端点效应.
例4.（2022 新高考2 卷）已知函数
．
( )
e
e
ax
x
f x
x
（1）当
时，讨论
的单调性；
1
a
( )
f x
（2）当
时，
，求a 的取值范围；
0
x
( )
1
f x
（3）设
，证明：
．
*
n
N
2
2
2
1
1
1
(
1)
1
1
2
2
ln n
n
n
由题知
，因为
，
x
ax
x
ax
e
e
a
x
a
x
f
e
e
ax
x
f
)
2
(
)
(''
,
)1
(
)
('
2
0
)
0
('
,1
)
0
(
f
f
所以
，解得
，下面证明
对
且
恒成立.
0
1
2
)
0
(''
a
f
2
1
a
1
x
ax
e
xe
2
1
a
0
x
只需证明
对
恒成立
对
恒成立（令
1
2
1
x
x
e
xe
0
x
x
x
e
e
x
2
1
2
1
1
0
x
1
2
1
x
e
t
，则
）
①对
恒成立，设
，则
t
x
ln
2
t
t
t
1
ln
2
1
t
)1
(
ln
2
1
)
(
t
t
t
t
t
p
，所以
，故①式成立，则
的取值范围为
0
)1
(
2
1
1
)
('
2
2
2
t
t
t
t
t
p
0
)1(
)
(
p
t
p
a
2
1
，
四．定理失效（端点效应失效）
例5.（2020 全国1 卷）已知函数
.
x
ax
e
x
f
x
2
)
(
（1）当
时，讨论
的单调性；
1
a
)
(x
f
（2）当
时，
，求
的取值范围.
0
x
1
2
1
)
(
3
x
x
f
a
解
析
：
令
，
其
中
，
则
1
2
1
)
(
2
3
x
ax
x
e
x
h
x
0
)
0
('
,0
)
0
(
h
h
，令
，则
.
a
x
e
x
h
x
2
3
)
(''
0
1
2
2
0
3
)
0
(''
0
a
a
e
h
2
1
a
事实上，
不满足定理2 的内容，所以，本题用
处的端点效应解题是
x
e
x
h
x
3
)
('''
0
x
无法利用定理2 得到正确结果的.事实上，失败的原因就是函数在其他地方还有一个零
点，所以，在这种情况下，要确保端点效应依然有效，我们就需进一步使用下面的方法来
寻求必要性.
已知含参函数
，在区间
上
恒成立，求参数范围.可采用下面方法进行
)
(x
g
,a
0
)
(
x
g
必要性探路：
(1).求出函数的零点，即由
，
解出
（可能不只一个）；
0
)
(
0
x
g
0
)
('
0
x
g
0x
(2).求出参数的取值范围，即由
或
，
0
)
('
,0
)
(
0
0
x
g
x
g
0
)
('
,0
)
(
0
0
x
g
x
g
，或
等求出参数的取值范围.
0
)
(''
0
x
g
0
)
('
,0
)
(
0
0
x
g
x
g
例6.（2020 全国1 卷）已知函数
.
x
ax
e
x
f
x
2
)
(
（1）当
时，讨论
的单调性；
1
a
)
(x
f
（2）当
时，
，求
的取值范围.
0
x
1
2
1
)
(
3
x
x
f
a
解析：设
的零点为
.由
可得（公众号：凌晨
)
(x
g
0x
,0
1
2
2
3
)
('
0
1
2
1
)
(
0
2
0
0
0
2
0
3
0
0
0
0
ax
x
e
x
g
x
ax
x
e
x
g
x
x
，
讲数学）
，即
，
1
2
2
3
1
2
1
0
2
0
0
2
0
3
0
ax
x
x
ax
x
)
2
3
(
2
1
)
2
(
0
2
0
0
0
0
x
x
x
x
ax
，
，解得
或
.
)1
)(
2
(
2
1
)
2
(
0
0
0
0
0
x
x
x
x
ax
0
)
2
(
)1
2
(
0
0
0
x
x
x
a
0
0
x
2
0
x
令
，当
时，
4
7
0
)
2
(
,0
)
0
(
2e
a
f
f
2
7
4
e
a
2
2
7
e
( )
e
e
4
x
x
f x
ax
x
．
2
x
x
只需证明
①式成立．
2
2
3
7
e
1
e
1(
0)
4
2
x
x
x
x
x
①式
，令
，
2
2
3
e
7
4
2
4
4
e
x
x
x
x
2
2
3
e
7
4
2
4
( )
(
0)
e
x
x
x
x
h x
x
2
2
2
3
13
e
2 e
9
2
( )
e
x
x
x
x
h x
2
2
2
2
13
e
2 e
9
e
x
x
x
x
，所以当
时，
单调递减；
2
(
2) 2
e
9
e
x
x x
x
2
9
e
0,
2
x
( )
0, ( )
h x
h x
当
单调递增；当
单调递减．
2
9
e ,2 ,
( )
0, ( )
2
x
h x
h x
(2,
),
( )
0, ( )
x
h x
h x
从而
，即
，①式成立．所以当
时，
max
[ ( )]
max{ (0), (2)}
4
h x
h
h
( )
4
h x
2
7
4
e
a
恒成立．综上
．
3
1
( )
1
2
f x
x
2
7
4
e
a
参考文献：
[1].魏欣.2023 年高考甲卷理科21 题的解法探究与推广.[J].中学数学研究（华南师大
版） 2023.09.
★五．更多练习
1.（江苏省苏锡常镇2025 届高三二模）已知函数
．
( )
sin , ( )
e ,
ax
f x
x g x
a
R
（1）若曲线
在点
的切线也是曲线
的切线，求
的值；
( )
y
f x
(0,0)
O
( )
y
g x
a
（2）讨论函数
在区间
上的单调性；
1
( )
( )
x
h x
g x
(0,
)
（3）若
对任意
恒成立，求
的取值范围．
( ) ( )
f x g x
x
(0,
)
x
a
2.（浙江省宁波市2025 届高三二模）已知函数
.
2
ln
1
f x
x
ax
x a
R
（1）当
时，讨论
的单调性；
1
a
f x
（2）当
时，
恒成立，求
的取值范围；
0
x
0
f x
a
（3）求证：当
时，
.
*
nN
2
2
2
3
5
2
1
1
2ln
1
2
3
n
n
n
3.已知函数
，若
在
上恒成立，求实数
的取值范围.
1
sin
x
f x
e
a
x
0
f x
0,
a
（提示：直接端点效应与必要性探路）
4.已知函数
.
2
sin
f x
x
x
ax
a
R
（1）当
时，试比较
与0 的大小；
0
a
f x
（2）若
恒成立，求
的取值范围.
0
f x
a
（“内点”效应解题）
5.已知函数
.
2
2
2 ln
1
f
x
x
x
ax
（1）当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
0
a
y
f x
1,
1
f
（2）若
恒成立，求实数
的取值范围.
0
f x
a
（这个你就得自己判断了）
练习参考答案：
1. 解析：（1）
在点
处的切线方程为
．
( )
cos ,
(0)
1,
( )
f
x
x k
f
f x
(0,0)
O
y
x
设
与
切于
，因此可得：
y
x
( )
y
g x
0
0
0,e
,
( )
e ,
e
ax
ax
ax
P x
g x
a
k
a
0
0
0
e
1
1.
e
e
ax
ax
a
a
x
（2）
2
1
e
e (
1)
1
( )
,
( )
e
e
e
ax
ax
ax
ax
ax
x
a
x
a
ax
h x
h x
①当
时，∵
在
上单调递增；
1
0
a
0,
( )
0, ( )
x
h x
h x
(0,
)
②当
时，令
1
a
1
( )
0
a
h x
x
a
且当
时，
单调递减，
时，
单调递增
1
0
a
x
a
( )
0, ( )
h x
h x
1
a
x
a
( )
0, ( )
h x
h x
③当
时，令
，且当
时，
单调递
0
a
1
( )
0
a
h x
x
a
1
0
a
x
a
( )
0, ( )
h x
h x
增；
当
时，
单调递减
1
a
x
a
( )
0, ( )
h x
h x
（3）
，即
对
恒成立．
e
sin
ax
x
x
e
sin
0
ax
x
x
(0,
)
x
令
( )
e
sin
,
( )
e
sin
e
cos
1
e
sin
cos
e
ax
ax
ax
ax
ax
F x
x
x F x
a
x
x
a
x
x
令
，
.
( )
sin
cos
e
,
( )
cos
sin
e
ax
ax
x
a
x
x
x
a
x
x
a
(0)
2
0
0
a
a
下证充分性，当
时，
0,
0
a
x
( )
e
sin
e
ax
ax
x
F x
x
令
恒成立，符合，综上：
的取值范围为
( )
sin
sin
0,
( )
0
eax
x
G x
x
x
x
F x
a
．
(
,0]
2.解析：（1）由题设
，则
且
2
ln
1
f x
x
x
x
(2
1)
1
2
1
1
1
x
x
f
x
x
x
x
1
x
，
当
，
，即
在
上单调递增，
1
1
2
x
0
f
x
f x
1
( 1,
)
2
当
，
，即
在
上单调递减，
1
0
2
x
0
f
x
f x
1
(
,0)
2
当
，
，即
在
上单调递增；
0
x
0
f
x
f x
(0,
)
（2）由题设
，令
，则
，
1
2
1
1
f
x
ax
x
( )
g x
f
x
2
1
( )
2
(
1)
g x
a
x
对
时，
恒成立，且
，只需
，即
，
0
x
0
f x
(0)
0
0
f
f
(0)
1
2
0
g
a
1
2
a
另一方面，
时，
，
1
2
a
2
2
1
1
( )
2
1
0
(
1)
(
1)
g x
a
x
x
所以
在
上单调递增，则
，
( )
g x
f
x
[0,
)
(0)
0
f
x
f
所以
在
上单调递增，则
，满足题设，
f x
[0,
)
0
0
f x
f
综上，
；
1
2
a
（3）由（2）取
，在
上
，
1
2
a
(0,
)
2
ln
1
0
2
x
f x
x
x
令
，
，则
，即
，
1
x
k
=
*
N
k
2
1
1
1
ln
1
2
k
k
k
2
2
1
2[ln(
1)
ln ]
k
k
k
k
所以
，则
，得证.
2
1
1
2
1
2[ln(
1)
ln ]
n
n
k
k
k
k
k
k
2
2
2
3
5
2
1
1
2ln
1
2
3
n
n
n
3.解析：由题意，注意到
，
，
，
，
0
)
0
(
f
cos
x
f
x
e
a
x
0,
x
sin
x
f
x
e
a
x
令
.
1
0
1
)
0
(
'
a
a
f
当
时，
，
，所以
，满足题意；
0
a
1
0
xe
sin
0
a
x
1
sin
0
x
f x
e
a
x
当
时，
，所以
在
上单调递增，结合
0
1
a
sin
0
x
f
x
e
a
x
f
x
0,
知
，从而
在
上单调递增，又
，所以
0
1
0
f
a
0
f
x
f x
0,
0
0
f
0
f x
恒成立，满足题意；
当
时，
，所以
在
上单调递增，
1
a
sin
0
x
f
x
e
a
x
f
x
0,
结合
，
可得
在
上有唯一的零点
，
0
1
0
f
a
2
0
2
f
e
f
x
0, 2
0x
且当
时，
，所以
在
上单调递减，
0
0
x
x
0
f
x
f x
0
0, x
又
，所以当
时，
，从而
不能恒成立，不合题意；
0
0
f
0
0,
x
x
0
f x
0
f x
综上所述，实数a 的取值范围为
.
,1
4.解析：（2）由于
，则
2
sin
)
(
ax
x
x
x
f
1
2
cos
)
('
ax
x
x
f
令
Z
k
k
x
x
x
x
ax
x
ax
x
x
,
)1
2
(
sin
1
cos
0
2
1
cos
0
sin
2
且
要满足上述方程组，故令
)1
2
(
k
x
1
0
)
(
a
f
下证当
时，
，∵
，∴
，令
，
1
π
a
0
f x
1
π
a
2
1
sin
π
f x
x
x
x
2
1
sin
π
g x
x
x
x
要证
，只需证
，
0
f x
0
g x
①当
时，
，由（1）知，
，
,0
x
2
1
sin
sin
π
g x
x
x
x
x
x
0
g x
②当
时，
，
，
0,π
x
2
cos
1
π
g
x
x
x
p x
2
sin
π
p
x
x
q x
易知
在
上单调递减，在
上单调递增，∵
，
q x
π
0, 2
π ,π
2
2
0
0
π
q
π
2
1
0
2
π
q
，
，∴
，
，使得
，∴当
，
2
π
0
π
q
1
π
0, 2
x
2
π ,π
2
x
1
2
0
q x
q x
1
0,
x
x
时，
；当
时，
，∴
在
，
上单调递增，
2,π
x
0
q x
1
2
,
x
x x
0
q x
p x
1
0, x
2,π
x
在
上单调递减，而
，∴当
时，
；当
1
2
,
x x
π
0
π
0
2
p
p
p
π
0, 2
x
0
p x
时，
，∴
在
上单调递增，在
上单调递减.而
π ,π
2
x
0
p x
g x
π
0, 2
π ,π
2
，∴当
时，
，
0
π
0
g
g
0,π
x
0
g x
③当
时，
，∴
在
上单调递增，∴
π,
x
cos
1
2
0
p x
x
g x
π,
π
0
g x
g
，
综上所述，
的取值范围是
.
a
1 ,
π
5.解析：（1）当
时，
，
0
a
( )
2(
2) ln
1
f x
x
x
，
2
4
( )
2(ln
)
2ln
2
x
f
x
x
x
x
x
，
切点为
，斜率为
，
曲线在点
处的切线方
(1)
2,
(1)
1
f
f
(1, 1)
2
1,
1
f
程：
.
2
1
0
x
y
（2）
恒成立,
,
( )
0
f x
(1)
1 0
1
f
a
a
…
…
,
2
2
( )
2(
2)ln
1 2(
2) ln
1
f x
x
x
ax
x
x
x
…
令
，
，
2
( )
2(
2) ln
1
g x
x
x
x
2
( )
2 ln
2
x
g x
x
x
x
在
恒成立，
在
单调递增，且
，
''
2
1
1
( )
2(
)
2
0
g x
x
x
0
x
( )
g x
(0,
)
(1)
0
g
，
，
在
单调递减，在
单调
( )
0
0
1
g x
x
( )
0
1
g x
x
( )
g x
( 0, 1)
(1,
)
递增，
，
恒成立，
实数
的取值范围
.
( )
(1)
0
g x
g
( )
0
f x
a
1
a
