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进阶4 端点失效
利用必要性探路，充分性护航解决恒成立问题时，利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而
往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可.一般情况下单调函数是可以用端点效应的.但有时候难
以避免会遇到端点失效的情况，即通过必要条件得到的参数范围并不是最终的解.当函数不单调时，端点效
应就会失效了，如图.
遇到这样的情况，我们又该怎么办呢？
例 已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0 时，f(x)≥1
2x3+1，求a 的取值范围.
错误解法 (端点效应失效)
令h(x)=ex+ax2-x-1
2x3-1，其中x≥0，
h(0)=0，
h'(x)=ex+2ax-1-3
2x2，
h'(0)=0，
h″(x)=ex+2a-3x，
h″(0)=1+2a≥0，
即a≥-1
2，
但当a=-1
2时，h(x)=ex-1
2x2-x-1
2x3-1，
h(1)=e-3<0.
正确解法 方法一 (必要性探路)
当x≥0 时，f(x)≥1
2x3+1 恒成立，
令h(x)=ex+ax2-x-1
2x3-1，
则h'(x)=ex+2ax-1-3
2x2，
由{
h( x0)=0,
h'( x0)=0,
即{
e
x0+a x0
2- x0- 1
2 x0
3-1=0,①
e
x0+2a x0-1- 3
2 x0
2=0, ②
②×x0-①×2 得(x0-2)e
x0+x0-1
2 x0
3+2=0，
即(x0-2)e
x0-1
2 x0
3+x0
2-x0
2+2x0-x0+2=0，
即(x0-2)e
x0-1
2 x0
2(x0-2)-x0(x0-2)-(x0-2)=0，
即(x0-2)(e
x0- 1
2 x0
2- x0-1)=0，
又当x≥0 时ex≥1+x+ x
2
2 (泰勒展开式)，
所以x0=2，
所以h(2)≥0，
即a≥7-e
2
4
.
下证充分性：
当a≥7-e
2
4
时，
f(x)=ex+ax2-x≥ex+7 -e
2
4
·x2-x，
只需证明ex+7-e
2
4
x2-x≥1
2x3+1(x≥0)恒成立，
即(e
2-7)x
2+ 4 x +2 x
3+ 4
e
x
≤4(x≥0)恒成立，
令t(x)=(e
2-7)x
2+ 4 x +2 x
3+ 4
e
x
(x≥0)，
则t'(x)=(13-e
2)x
2+2(e
2-9)x -2 x
3
e
x
=- x[2 x
2-(13-e
2)x -2(e
2-9)]
e
x
=- x( x -2)[2 x +(e
2-9)]
e
x
，
所以当x∈(0，9-e
2
2 )时，t'(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(
9-e
2
2
，2)，t'(x)>0，t(x)单调递增；
当x∈(2，+∞)，t'(x)<0，t(x)单调递减.
从而t(x)max=max{t(0)，t(2)}=4，
即t(x)≤4，成立.
所以当a≥7-e
2
4
时，f(x)≥1
2x3+1 恒成立.
综上，a 的取值范围是[
7-e
2
4
，+∞).
方法二 (分离参数)
由f(x)≥1
2x3+1 得，ex+ax2-x≥1
2x3+1，其中x≥0，
当x=0 时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
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
，
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，h″(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
，
故a≥g(x)max=7-e
2
4
，
综上可得，实数a 的取值范围是[
7 -e
2
4
，+ ∞).
思维升华 导函数含参数单调的可以使用端点效应，导函数含参不单调的不能使用端点效应，如ex-ax2-
x-1≥0 在[0，+∞)上恒成立可以使用端点效应，因为它的导函数ex-2ax-1 在a<0 时为单调函数，而ex-x2-
ax-1≥0 在[0，+∞)上恒成立就不能使用端点效应.
跟踪训练 已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围.
解 方法一 (必要性探路)
∵H(x)≥0 恒成立，
H'(x)=aex-1-1
x ，
由{
H ( x0)=0,
H '( x0)=0,
即{
ae
x0-1- ln x0+ ln a-1=0,
ae
x0-1- 1
x0
=0,
得x0=1，
∴H(1)≥0，解得a≥1.
下面证明当a≥1 时，H(x)≥0 恒成立，
将H(x)=aex-1-ln x+ln a-1 视为关于a 的函数m(a)=ex-1·a+ln a-ln x-1，
易知m(a)单调递增，
∴m(a)≥m(1)=ex-1-ln x-1，
又ex-1≥x，ln x≤x-1，
∴ex-1-ln x-1≥0，
即m(a)≥0，所以H(x)≥0，
综上，a 的取值范围是[1，+∞).
方法二 (常规分类讨论+隐零点代换)
H'(x)=aex-1-1
x (x>0)，
∵a>0，∴H'(x)在(0，+∞)上为增函数，
当a=1 时，H'(x)=ex-1-1
x ，H'(1)=0，
当x∈(0，1)时，H'(x)<0；
当x∈(1，+∞)时，H'(x)>0，
则H(x)min=H(1)=0，
故H(x)≥0，符合题意.
当a≠1 时，取x1=min{1，1
a}，则H'(x1)<0；
取x2=√
1
a，则H'(x2)>0，
∴存在x3∈(x1，x2)使得H'(x3)=0，
当x∈(0，x3)时，H'(x)<0，H(x)单调递减；
当x∈(x3，+∞)时，H'(x)>0，H(x)单调递增，
∴H(x)min=H(x3)=ae
x3-1-ln x3+ln a-1，
①
又H'(x3)=ae
x3-1- 1
x3
=0，即ae
x3-1= 1
x3
，
两边取对数得ln a+x3-1=-ln x3，
②
代入①得H(x)min=H(x3)= 1
x3
+ln a+x3-1+ln a-1= 1
x3
+x3-2+2ln a，
由题意知H(x)min≥0，即1
x3
+x3-2+2ln a≥0⇒2ln a≥-(
1
x3
+ x3)+2，
又-(
1
x3
+ x3)+2≤0，
∴2ln a≥0，解得a≥1，故a>1，
综上，a 的取值范围为[1，+∞).
方法三 (指对同构)
由H(x)=aex-1-ln x+ln a-1≥0 得eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x，
③
令F(x)=ln x+x，
则③式等价于F(eln a+x-1)≥F(x)，
④
又F(x)单调递增，∴④式等价于eln a+x-1≥x，
即aex-1≥x⇒a≥x
e
x -1，
令m(x)= x
e
x -1，则m'(x)=1- x
e
x -1 ，
∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
∴m(x)max=m(1)=1，
∴a≥1，即a 的取值范围为[1，+∞).
课时精练
[分值：34 分]
1.(17 分)已知函数f(x)=excos x，当x>0 时，f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1 恒成立，求实数a 的取值范围.
解 方法一 (分离参数)
由f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1，
即当x>0 时，a≤e
x
x -x-1
x +1 恒成立.
设g(x)=e
x
x -x-1
x +1(x>0)，
则g'(x)=e
x( x -1)- x
2+1
x
2
=( x -1)(e
x - x -1)
x
2
.
令φ(x)=ex-x-1，则当x∈(0，+∞)时，φ'(x)=ex-1>0，
所以当x∈(0，+∞)时，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=0，
则当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(1)=e-1，
所以a 的取值范围为(-∞，e-1].
方法二 (指数处理技巧)
当x>0 时，不等式等价于1+(a-1)x + x
2
e
x
≤1 恒成立，
令h(x)=1+(a-1)x + x
2
e
x
，x>0，
则h'(x)=(- x +1)( x +a-2)
e
x
，x>0，
①若a=1，h'(x)=(- x +1)( x -1)
e
x
=-( x -1)
2
e
x
，
因为(x-1)2≥0，ex>0，
所以h'(x)≤0，h(x)=1+(a-1)x + x
2
e
x
在(0，+∞)上单调递减，h(x)<h(0)=1，a=1 符合题意.
②若a<1，则1<2-a，
当x∈(0，1)∪(2-a，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(1，2-a)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=2-a 处取得极大值，
由当x>0 时，ex>x+1 知，e2-a>3-a，
即h(2-a)=3-a
e
2-a <1，
又h(0)=1，所以h(x)<1 在(0，+∞)上恒成立，
因此a<1 符合题意.
③若1<a<2，则0<2-a<1，
当x∈(0，2-a)∪(1，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(2-a，1)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=1 处取得极大值，
则由{
h(0)=1,
h(1)= a+1
e
≤1⇒1<a≤e-1.
④若a≥2，则h(1)=a+1
e
≥3
e >1，与题意矛盾.
综上所述，a 的取值范围为(-∞，e-1].
2.(17 分)已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0 恒成立，求a 的取值范围.
[错解1] 容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，当f″(x)=-sin x+2a≥0，
即a≥1
2时，f(x)≥0 恒成立.
[错解分析] 该解法的思路是破题的一种方法.根据端点f(0)=0 且f'(0)=0 的特点，学生考虑f'(x)单调递增时
的一种“理想状态”，即f″(x)≥0 恒成立时，有f'(x)单调递增，结合f'(0)=0，得f(x)min=f(0)=0，所以
f(x)≥0，这必定符合题意.
因此“a≥1
2”是问题成立的充分条件.对于此时的充分条件，如何证明其必要性呢？如果顺着学生思路走
下去，接下来应考虑，当a<1
2时，f(x)≥0 不恒成立，即总能找到一个x0，使f(x0)<0.结合正确答案a≥1
π 来
看，这显然是行不通的.因此，正确的做法是当a<1
2时，继续寻找符合题意的a，但这个思维难度就不小了.
[错解2] 容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，求得f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，必有
f″(0)=2a≥0，即a≥0.
[错解分析] 该方法的思路是完全按照“端点效应”的情况处理的，所以f″(0)≥0，即2a≥0，a≥0.此时，
求得的范围是问题的必要条件，如何证明其充分性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a≥0
时，f(x)≥0 恒成立.
以上两种思路都是处理该类不等式恒成立问题的常规解题思路，只是针对本题失效了而已.那么端点效应解
题为何会失效呢？关键还在于端点效应解题本身有一种“凑巧”的成分在里面，此时不凑巧了而已！因此，
利用端点效应解题要注意解题过程的逻辑性和严谨性.
[正解] 当x>0 时，将f(x)≥0 变形，
得ax-1≥-sin x
x
，
因为函数y=-sin x
x
在x=π 处的切线y= 1
π x-1 恰好过
点(0，-1)，如图，
所以a≥1
π .
下面证当a≥1
π 时，f(x)≥0.
因为a≥1
π ，所以f(x)≥sin x-x+ 1
π x2，
令g(x)=sin x-x+ 1
π x2，
要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0.
①当x∈(-∞，0]时，
g(x)=sin x-x+ 1
π x2≥sin x-x，
又当x≤0 时，sin x≥x，所以g(x)≥0；
②当x∈(0，π)时，令g'(x)=cos x-1+ 2
π x=p(x)，p'(x)=-sin x+ 2
π =q(x)，易知q(x)在(0，π
2)上单调递减，在
(
π
2 ，π)上单调递增.
因为q(0)= 2
π >0，q(
π
2)=-1+ 2
π <0，
q(π)= 2
π >0，
所以∃x1∈(0，π
2)，x2∈(
π
2 ，π)，
使得q(x1)=q(x2)=0.
所以当x∈(0，x1)∪(x2，π)时，q(x)>0；
当x∈(x1，x2)时，q(x)<0，
所以p(x)在(0，x1)，(x2，π)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.
而p(0)=p(
π
2)=p(π)=0，
所以当x∈(0，π
2)时，p(x)>0；
当x∈(
π
2 ，π)时，p(x)<0.
所以g(x)在(0，π
2)上单调递增，在(
π
2 ，π)上单调递减，而g(0)=g(π)=0，所以当x∈(0，π)时，g(x)>0.
③当x∈[π，+∞)时，p(x)≥cos x-1+2≥0，所以g(x)在[π，+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(π)=0.
综上所述，a 的取值范围是[
1
π ，+ ∞).
