不等式恒成立求參數(shù)問(wèn)題既是高考熱點(diǎn)問(wèn)題，也是重點(diǎn)問(wèn)題．縱觀近年來(lái)高考試題都有考查，試題強(qiáng)調(diào)對(duì)知識(shí)的綜合運(yùn)用和能力的綜合考查，有效地考查了學(xué)生對(duì)函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)知識(shí)的掌握情況，同時(shí)也考查了學(xué)生的轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合、分類(lèi)討論、極限等數(shù)學(xué)思想．試題具有創(chuàng)新性，重視體現(xiàn)思維過(guò)程，并且計(jì)算合理，有利于選拔創(chuàng)新性人才．下面以2023年與2024年新高考具有代表性的壓軸題為例，探究求解策略，深入研究與思考，以期拋磚引玉．

1 試題呈現(xiàn)

（2024全國(guó)甲卷＼521）已知函數(shù)f（x）=（1－ax）＼5ln（1+x）－x.

（1）當(dāng)a=－2時(shí)，求f（x）的極值；

（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．

簡(jiǎn)析：（1）利用二階導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)可求函數(shù)的極值，這里解題過(guò)程省略.

（2）顯然f（0）=0，若當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0，則函數(shù)在x=0的右鄰域（0，δ）內(nèi)（范圍很?。琭（x）必須遞增，即在區(qū)間（0，δ）上f′（x）大于或等于零，根據(jù)極限思想，只要f′（0）≥0.由于f′（0）=0，同理可得只要f″（0）≥0，解得a≤－12，顯然a≤－12是不等式恒成立的必要條件，再證充分性即可．此即為端點(diǎn)效應(yīng)．

詳解：（2）因?yàn)閒′（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，則f″（0）=－2a－1.

當(dāng)a≤－12時(shí)，f″（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，故f′（x）>0在（0，+∞）上為增函數(shù).

于是f′（x）>f′（0）=0， 所以f（x）在［0，+∞）上為增函數(shù)，從而f（x）≥f（0）=0．

當(dāng)－12<a<0時(shí)，若0<x<－2a+1a，則f″（x）<0，故f′（x）在0，－2a+1a上為減函數(shù).

所以在0，－2a+1a上f′（x）<f′（0）=0，即f（x）為減函數(shù).

故在0，－2a+1a上f（x）<f（0）=0，不合題意.

當(dāng)a≥0，此時(shí)f″（x）<0在（0，+∞）上恒成立，同理可得在（0，+∞）上f（x）<f（0）=0恒成立，不合題意.

綜上，a≤－12.

點(diǎn)評(píng)：導(dǎo)數(shù)背景下的不等式恒成立問(wèn)題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)在端點(diǎn)處或附近的函數(shù)值的符號(hào)，使問(wèn)題得以解決，本題對(duì)邏輯推理能力的考查層次分明，區(qū)分度較高．

2 端點(diǎn)效應(yīng)

命題1如果函數(shù)f（x）在區(qū)間［a，b］（a，b為常數(shù)）上f（x）≥0恒成立，且f（a）=0（或f（b）=0），則f′（a）≥0（或f′（b）≤0）.

命題2如果函數(shù)f（x）在區(qū)間［a，b］（a，b為常數(shù)）上f（x）≥0恒成立，且f（a）=0，f′（a）=0 （或f（b）=0，f′（b）=0），則f″（a）≥0（或f″（b）≤0）.

推廣如果函數(shù)f（x）在區(qū)間［a，b］（a，b為常數(shù)）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），則fn（a）≥0（或fn（b）≤0）， n∈N*．

設(shè)含參的可導(dǎo)函數(shù)f（x）對(duì)任意x∈D，都有f（x，a）≥0，通常有以下類(lèi)型：

（1）形如開(kāi)區(qū)間（m，+∞），那么就有x→m+，f（x）≥0，x→+∞，f（x）≥0.常考形式：如果f（m，a）≥0，則由f′（m，a）≥0得到必要條件，再證明必要條件也充分的（通常尋找矛盾區(qū)間）.

（2）若是形如［m，n］的閉區(qū)間，則就有f（m）≥0，f（n）≥0.?？夹问剑喝鬴（m，a）≥0，則由f′（m，a）≥0得到必要條件，再證明必要條件也充分的（通常尋找矛盾區(qū)間）；若f（n，a）≥0，則由f′（n，a）≤0得到必要條件，再證明必要條件也充分的（通常尋找矛盾區(qū)間）．

3 應(yīng)用舉例

題一（2024全國(guó)Ⅰ卷＼518）已知函數(shù)f（x）=lnx2－x+ax+b（x－1）3.

（1）若b=0，且f′（x）≥0，求a的最小值；

（2）證明：曲線y=f（x）是中心對(duì)稱圖形；

（3）若f（x）>－2，當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2，求b的取值范圍．

簡(jiǎn)析：（1）求出f′（x）min=2+a，或者分離參數(shù)a即可，詳解省略；

（2）設(shè)P（m，n）為y=f（x）圖象上任意一點(diǎn)，即證P（m，n）關(guān)于（1，a）的對(duì)稱點(diǎn)為Q（2－m，2a－n） 也在函數(shù)的圖象上，詳解省略；

（3）由題設(shè)可判斷a=－2，再根據(jù)f（x）>－2在（1，2）上恒成立，結(jié)合端點(diǎn)效應(yīng)，由三階導(dǎo)數(shù)大于等于0，可求得b≥－23，然后用正常分類(lèi)討論書(shū)寫(xiě)過(guò)程．

詳解：（1）（2）問(wèn)略.

（3）由（2）知f（x）的定義域?yàn)椋?，2），且f（x）關(guān)于（1，a）中心對(duì)稱.

因?yàn)閒（x）>－2當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2，所以f（x）≤－2當(dāng)且僅當(dāng)0<x≤1，則f（1）=－2，即a=－2．

法一：因?yàn)?<x<2時(shí)，f（x）>－2恒成立， 即為lnx2－x+2（1－x）+b（x－1）3>0在（1，2）上恒成立.

設(shè) 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，則h′（1）=0；而h″（x）=－1x2+1（x－2）2+6b（x－1），則h″（1）=0.

由h″（x）=2x3－2（x－2）3+6b，得h（1）=4+6b.令h（1）≥0，得b≥－23，即為所求成立的必要條件．

下證充分性：

當(dāng)b≥－23時(shí)，在（1，2）上，h（x）≥0成立，所以h″（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，則h″（x）≥h″（1）=0.

同理有h′（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，可知h′（x）≥h′（1）=0，則h（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，所以h（x）≥h（1）=0.

充分性得證.

綜上，b≥－23．

法二：利用端點(diǎn)效應(yīng)得到分界點(diǎn)，再分類(lèi)討論.

設(shè)t=x－1∈（0，1），則f（x）＞-2在（1，2）上恒成立

等價(jià)于lnt+11－t－2t+bt3>0在（0，1）上恒成立.

設(shè)g（t）=lnt+11－t－2t+bt3，t∈（0，1），則

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

當(dāng)b≥0時(shí)，－3bt2+2+3b≥－3b+2+3b=2>0，則g′（t）>0恒成立，可知g（t）在（0，1）上為增函數(shù)，故g（t）>g（0）=0，即f（x）>－2在（1，2）上恒成立.

當(dāng)－23≤b<0時(shí)，－3bt2+2+3b≥2+3b≥0，則g′（t）≥0恒成立，可知g（t）在（0，1）上為增函數(shù)，

故g（t）>g（0）=0，即f（x）>－2在（1，2）上恒成立.

當(dāng)b<－23時(shí)，0<t<1+23b<1，此時(shí)g′（t）<0，所以g（t）在0，1+23b上為減函數(shù)，故g（t）<g（0）=0，不合題意，舍去.

由上述過(guò)程可知，當(dāng)且僅當(dāng)b≥-32時(shí)，g（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，故g（t）>0的解為（0，1），即f（x）>－2的解為（1，2）.

綜上，b的取值范圍是-23，+∞.

點(diǎn)評(píng)：本題重點(diǎn)突出，內(nèi)容豐富，集理性思維深度、知識(shí)掌程度、運(yùn)算求解嫻熟程度于一體，不同考生都能得到充分的展示，考查了考生進(jìn)一步學(xué)習(xí)的潛能，對(duì)中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)具有較好的引導(dǎo)作用．

題二（2023全國(guó)甲卷＼5理）已知f（x）=ax-sin xcos3x，x∈0，π2．

（1）若a=8，討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）<sin 2x恒成立，求a的取值范圍．

簡(jiǎn)析：本題第（2）問(wèn)的思路與題一（3）如出一轍，設(shè)g（x）=f（x）－sin 2x，由于x∈0，π2，且g（0）=0，利用端點(diǎn)效應(yīng)先找出g（x）<0恒成立的必要條件a≤3，然后證明充分性即可．

詳解：（1）略.

（2）（端點(diǎn)效應(yīng)法）

設(shè)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，

由端點(diǎn)效應(yīng)可知g′（0）≤0，而g′（x）=a－3－2cos2xcos4x－2cos 2x，所以a≤3．

下證充分性：

當(dāng)a≤3時(shí)，f（x）－sin 2x≤3x－sin xcos3x－sin 2x.

設(shè)h（x）=3x－sin xcos3x－sin 2x，

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

令t=cos2x，則t∈（0，1）.

令F（t）=－4t3+5t2+2t－3，則

F′（t）=－12t2+10t+2=2（1－t）（6t+1）.

當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)′（t）>0，則F（t）在（0，1）上單調(diào)遞增．所以當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)（t）<F（1）=0，即

當(dāng)x∈0，π2時(shí)，－4cos6x+5cos4x+2cos2x－3<0，從而h′（x）<0.

所以h（x）在0，π2上單調(diào)遞減.故當(dāng)0，π2時(shí)，h（x）<h（0）=0，即f（x）<sin 2x.

綜上，a的取值范圍是（－∞，3］.

點(diǎn)評(píng)：本題是三角函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合，作為壓軸題，難度很大，彰顯了綜合要求．端點(diǎn)效應(yīng)為分類(lèi)討論解題提供了參數(shù)的分界點(diǎn).當(dāng)然本題解法靈活多樣，可從不同角度思考轉(zhuǎn)化．

類(lèi)似可以利用端點(diǎn)效應(yīng)的高考題還很多，比如：

（1）（2023全國(guó)乙卷＼5理） 已知函數(shù)f（x）=1x+a＼5ln（1+x）．若函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，求a的取值范圍．

（2）（2023全國(guó)甲＼5文）已知函數(shù)f（x）=ax－sin xcos2x，x∈0，π2．

（?。┊?dāng)a=1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；

（ⅱ）若f（x）+sin x<0，求a取值范圍．

（3）（2022新高考Ⅱ卷＼522＼5節(jié)選）已知函數(shù)f（x）=xeax－ex．設(shè)n∈N*，證明：112+1+122+2+……+1n2+n>ln（n+1）．

需要指出的是，利用端點(diǎn)效應(yīng)求出的范圍僅是必要條件，不一定是充分條件，還應(yīng)代入驗(yàn)證．對(duì)于無(wú)法直接求函數(shù)最值的不等式恒成立問(wèn)題，以及無(wú)法應(yīng)用參數(shù)分離的函數(shù)不等式恒成立問(wèn)題，可考慮端點(diǎn)效應(yīng)．有時(shí)候用端點(diǎn)效應(yīng)得出的結(jié)果并非是最終答案，典型的例子比如2020年全國(guó)Ⅰ卷第21題 . 那么何時(shí)才能用端點(diǎn)效應(yīng)呢？文中前面指出的端點(diǎn)效應(yīng)的兩個(gè)命題的條件很重要，要注意檢驗(yàn)．在實(shí)際解題中切不可過(guò)分依賴此類(lèi)解法，雖然此類(lèi)解法具備優(yōu)越性，但也不是萬(wàn)能的．只有當(dāng)常規(guī)解法無(wú)從下手時(shí)，它才是我們嘗試選擇作為打開(kāi)突破口的手段．