函数的端点效应与保号性

1.数学分析背景

1.1 极限的定义

对于在\(x_{0}\)附近有定义的函数\(f(x)\)，若存在\(a\),对任意的\(\varepsilon>0\),存在\(\delta>\)，对任意的\(x\in\left(x_{0}-\delta,x_{0}\right)\bigcup(x_{0},x_{0}+\delta)\)有$$|f(x_{0})-a|<\varepsilon$$则称，当\(x\to x_{0}\)时\(f(x)\)以\(a\)为极限，记作$$\lim_{ x \to x_{0} }f(x)=a $$

1.2 函数的连续定义

设函数在\(x_{0}\)的去心领域\(\left(x_{0}-\delta,x_{0}\right)\bigcup(x_{0},x_{0}+\delta)\)有定义，若$$\lim_{ x \to x_{0} }=f(x_{0}) $$则称\(f(x)\)在点\(x_{0}\)处连续

1.3 连续函数的性质：局部保号性

若函数 \(f\) 在点 \({x}_{0}\) 连续,且 \(f\left( {x}_{0}\right) > 0\) (或 \(< 0\) ),则对任何正数 \(r < f\left( {x}_{0}\right)\) (或 \(r < - f\left( {x}_{0}\right)\) ),存在某 \(U\left( {x}_{0}\right)\) ,使得对一切 \(x \in U\left( {x}_{0}\right)\) 有

\[f\left( x\right) > r\left( {\text{ 或 }f\left( x\right) < - r}\right) . \]

本节引用于华东师范大学《数学分析》.

2.端点效应

2.1端点效应的情景

如果函数 \(f\left( x\right)\) 在某一点 \({x}_{0}\) 处的函数值 \(f\left( {x}_{0}\right)\) 恰好为零,则当 \(x > {x}_{0}\) 时, \(f\left(x\right)>0\) 成立的一个必要条件为端点 \({x}_{0}\) 处的导数值\(f^{\prime}(x_{0})>0\).

---

从高观点来看，这是必然的。因\(f(x_{0})=0\)，$$f^{\prime}(x_{0})=\lim_{ x \to x_{0} }f^{\prime}(x) $$
若\(f^{\prime}(x_{0})<0\)，则存在\(\delta,\)使得在\(x_{0}\)的左右领域：\((x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)\)上\(f^{\prime}(x)\)恒为负，

从而在\(x\in (x_{0},x_{0}+\Delta)\)上，\(f(x)\)单调递减，则\(f(x)<f(x_{0})=0\)，矛盾！

从而要使得成立，需要\(f^{\prime}(x_{0})>0\)，进而得到参数的分段依据，后面接着讨论找点即可.

值得注意的是，具体操作过程中可能要求几次导得到参数的分段依据，但是最终都是归结于函数的保号性，一步一步套回去的时候注意语言的叙述即可.不要忘记，利用端点效应得到的是必要条件，得到之后不忘说明其补集的不合题以及证明一下充分性.

2.2端点效应的步骤

设含参可导函数 \(f\left( x\right)\) 对任意 \(x \in D\) ,都有 \(f\left( {x,a}\right) \geq 0\) 恒成立,

若 \(D\) 是形如 \(\left( {m, + \infty }\right)\) 的开区间,那么就有:

\[\lim\limits_{ x\to m }f(x)\geq 0 ,\lim\limits_{ x\to +\infty }f(x)\geq 0 \]

这种得到命题成立的必要条件的作法称为第一类端点分析;

常考形式: 如果 \(f\left( {m,a}\right) = 0\) ,则由 \({f}^{\prime }\left( {m,a}\right) \geq 0\) 得到必要条件,再证明必要条件是
充分条件(寻找矛盾区间)。

在证明必要条件是充分条件的过程中往往还会利用到一些常见的放缩

2.3端点效应失效的情况

在得到参数的分段区间之后，要注意后一次导，在成功的范围内，是不是不变号，如果变号(存在变号零点)，则会失效.因为从数学分析的角度来看，求得的这个参数只是在某个领域里面是成立的，如果后一次导都不变号了，则没问题，但如果变号了，则前一次导数可能就变号，那么会出现问题.

---

3.高考中的端点效应

(2010新课标) 设函数\(f(x)=\mathrm{e}^x-1-x-ax^2\)

(1) 当\(a=0\)时，求\(f(x)\)在\((1,f(1))\)的单调区间;

(2) 当\(x\geq 0\)时，\(f(x)\geq 0\)，求\(a\)的取值范围.

---

(1) \(a=0,f(x)=\mathrm{e}^x-1-x,f(1)=\mathrm{e}-2\)

\(f^{\prime}(x)=e^x-1\geq 0\)，则单调递增

(2) \(f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-1-2ax,f^{\prime}(0)=0\)

\(f^{\prime\prime}(x)=\mathrm{e}^x-2a,f^{\prime\prime}(0)=1-2a\)

当\(a> \dfrac{1}{2}\)时，\(f^{\prime\prime}(0)=1-2a<0\)

则由保号性，存在\(\Delta\) 在\((0,\Delta)\)上，\(f^{\prime\prime}(x)\)为负

从而在\((0,\Delta)\)上，\(f^{\prime}(x)\)单调递减，\(f^{\prime}(x)<f^{\prime}(0)=0\)

则\(f(x)\)在\((0,\Delta)\)上单调递减，则\(f(x)<f(0)=0\)，不合题意

当\(a\leq \dfrac{1}{2}\)时，\(f(x)\geq \mathrm{e}^x-1-x-\dfrac{1}{2}x^2\geq 1+x+\dfrac{x^2}{2}-1-x-\dfrac{x^2}{2}=0\)

合题！

综上\(a\leq \dfrac{1}{2}\)

---

(2023 年全国甲卷理 T21)已知 \(f\left( x\right) = {ax} - \dfrac{\sin x}{{\cos }^{3}x},x \in \left( {0,\dfrac{\pi }{2}}\right)\) .

(1)当 \(a = 8\) 时,讨论 \(f\left( x\right)\) 的单调性；

(2)若 \(f\left( x\right) < \sin {2x}\) ,求 \(a\) 的取值范围.

---

(1) \(a=8,f(x)=8x-\dfrac{\sin x}{{\cos }^{3}x}\)，

\[\begin{align} \\ f^{\prime}(x)=&8-\dfrac{\cos^2x+3\sin^2x}{\cos^4x}\\=&\dfrac{8\cos^4x+2\cos^2x-3}{\cos^4x}\\=&\dfrac{(2\cos^2x-1)(4\cos^2x+3)}{\cos^4x}\\=&\dfrac{\cos 2x(4\cos^2x+3)}{\cos^4x} \end{align}\]

则\(f(x)\)\(x\in\left(0, \dfrac{\pi}{4}\right)\)上递增，在\(x\in\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)上递减

(2) \(f(x)-\sin 2x<0\)，即

\(ax- \dfrac{\sin x}{{\cos }^{3}x}-\sin^2{2}x<0\)

记\(g(x)=ax- \dfrac{\sin x}{{\cos }^{3}x}-\sin^2{2}x,g(0)=0\)，

\[\begin{align} g^{\prime}(x)=&a-\dfrac{\cos^2x+3\sin^2x}{\cos^4x}-2\cos 2x\\=&a-\dfrac{3-2\cos^2x}{\cos^4x}+2-4\cos^2x\\=&a+2+\dfrac{2}{\cos^2x}-\dfrac{3}{\cos^4x}-4\cos^2x \end{align}\]

\(g^{\prime}(0)=a-3\)

\[g^{\prime\prime}(x)= - \dfrac{2\left( {{\cos }^{2}x - 1}\right) \left( {2{\cos }^{4}x + 2{\cos }^{2}x + 3}\right) }{{\cos }^{6}x} > 0 \]

当\(a>3\)时，\(g^{\prime}(0)>0\)，而\(g^{\prime}(x)\)单调递增，从而\(g^{\prime}(x)>0\)

从而\(g(x)>g(0)\)矛盾!

当\(a\leq 3\)

---

(2024全国甲T21)已知函数\(f(x)=(1-ax)\ln(1+x)-x\)

(1) 当\(a=-2\)，求\(f(x)\)的极值；

(2)当\(x\geq0\)时候,\(f(x)\geq0\)，求\(a\)的取值范围.

---

(1) \(a=-2,f(x)=(1+2x)\ln(1+x)-x\)

令\(f^{\prime}(x)=2\ln(1+x)+\dfrac{1+2x}{1+x}-1=2\ln(1+x)-\dfrac{1}{1+x}+1\)

单调递增，切\(f^{\prime}(0)=0\)

从而\(x=0\)是\(f(x)\)的极小值点，极小值为\(f(0)=0\)

(2) 发现，\(f(0)=0\)

\(f^{\prime}(x)=-a\ln(1+x)+\dfrac{1-ax}{1+x}-1,f^{\prime}(0)=0\)

\(f^{\prime\prime}(x)=- \dfrac{a}{1+x}+\dfrac{-a(1+x)-(1-ax)}{(1+x)^2}=-\dfrac{ax+2a+1}{(1+x)^2},f^{\prime\prime}(0)=-(2a+1)\)

从而得到分段区间:\(a\leq -\dfrac{1}{2}\)时，\(f^{\prime\prime}(x)\geq 0\)

当\(a\leq -\dfrac{1}{2}\)时，$$f^{\prime}(x)\geq \dfrac{1}{2}\ln(1+x)+\dfrac{1+\dfrac{x}{2}}{1+x}-1=\dfrac{1}{2}\ln(1+x)+\dfrac{1}{2(1+x)}+\dfrac{1}{2}$$
记\(\varphi(x)=\dfrac{1}{2}\ln(1+x)+\dfrac{1}{2(1+x)}+\dfrac{1}{2}\)

\[\varphi^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2(1+x)}-\dfrac{1}{2(1+x)^2}=\dfrac{1}{2(1+x)}\left(1-\dfrac{1}{1+x}\right)\geq 0 \]

则$$f^{\prime}(x)\geq \varphi(x)\geq \varphi(0)= 0$$

从而\(f(x)\)单调递增，\(f(x)\geq f(0)=0\)，合题

当\(a<-\dfrac{1}{2},f^{\prime\prime}(x)=-\dfrac{ax+2a+1}{(1+x)^2}=\dfrac{-a(x+2)-1}{(1+x)^2},f^{\prime\prime}(0)=-(2a+1)\leq 0\)

① \(0<a<-\dfrac{1}{2}\),\(-a(x+2)-1=0\)有一零点\(x_{0}\)，从而\(f^{\prime}(x)\)在\(x\in (0,x_{0}\))上单调递减，从而\(f^{\prime}(x)\leq f^{\prime}(0)=0\)，从而\(f(x)\)在此区间单调递减，从而\(f(x)\leq f(0)=0\)，矛盾!

② \(a\geq 0\)，\(-a(x+2)-1<0\)，则\(f^{\prime}(x)\)单调递减，从而\(f^{\prime}(x)\leq 0\)，则\(f(x)\)单调递减，从而\(f(x)\leq f(0)=0\)，矛盾!

综上\(a\leq-\dfrac{1}{2}\)

注：本题的端点效应其实失效，这里我们利用端点效应先得到一个大致范围，再采用先必要再证冲充分的思想，同样解决了问题.

---

4.端点效应失效的例子

(2020年全国I卷T21) 已知函数\(f(x)=\mathrm{e}^x+ax^2-x\)

(1) 当\(a=1\)，讨论\(f(x)\)单调性;

(2) 当\(x\geq 0,f(x) \geq \dfrac{1}{2} x^3+1\)，求\(a\)的范围.

---

(1) 略

(2) \(\mathrm{e}^x+ax^2-x\geq \dfrac{1}{2}x^3+1\)

即\(\mathrm{e}^x+ax^2-x-\dfrac{1}{2}x^3-1\geq0\)

记\(\varphi(x)=\mathrm{e}^x+ax^2-x-\dfrac{1}{2}x^3-1,\varphi(0)=0\)

\(\varphi^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x+2ax-1-\dfrac{3}{2}x^2,\varphi^{\prime}(0)=0\)

\(\varphi^{\prime\prime}(0)=\mathrm{e}^x+2a-3x,\varphi^{\prime\prime}(0)=1+2a\)

这里直接利用端点效应的话，\(1+2a\geq 0\)得\(a\geq -\dfrac{1}{2}\)

范围大了，正确答案是\(a\geq \dfrac{7-\mathrm{e}^2}{4}\)

因\(\varphi^{\prime\prime\prime}(x)=\mathrm{e}^x-3\)存在 变号的零点，不适用了.

---

5.模考中的端点效应

(四川巴中2025届月考)设函数\(f(x)=x\ln x-a(x^2-1)\)

(1) 若函数\(y=f(x)\)在点\((1,0)\)处得切线方程为\(x+y-1=0\)，求\(a=0\);

(2) 当\(x>1\)时，\(f(x)<0\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围；

(3) 证明:\(\displaystyle\sum_{k=2}^n\dfrac{\ln k}{k-1}<2\sqrt{n}-2\)

解.(1) \(f^\prime(x)=\ln x+1-2ax,f^\prime(1)=1-2a=-1\)

得\(a=1\)

(2) \(f(1)=0,f^\prime(x)=\ln x+1-2ax,f^\prime(1)=1-2a=0\)得\(a=\dfrac{1}{2}\)

Case1 若\(a\leq 0,f^\prime(x)\geq 0\)，此时\(f(x)\)单调递增，即\(f(x)>f(1)=0\)

Case 2若\(0<a<\dfrac{1}{2},f^\prime(x)=\ln x+1-2ax,f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-2a\)

则\(f^\prime(x)\)在\(\left(1,\dfrac{1}{2a}\right)\)上单调递增，在此区间上\(f(x)>f(1)=0\)

不合题

Case3 若\(a\geq \dfrac{1}{2}\)时，\(f^\prime(x)=\ln x+1-2ax<\ln x+1-x<x-1+1-x=0\)

从而\(f(x)\)单调递减，\(f(x)<f(1)=0\)

(3) 由(2)得，取\(a=\dfrac{1}{2}\)，有

\(x\ln x<\dfrac{1}{2}(x^2-1),x>1\)

整理为\(\dfrac{\ln x}{x-1}<\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\)

取\(x=\sqrt t\)，有

\(\dfrac{\ln \sqrt t}{\sqrt t-1}<\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{\sqrt t}\right)\)

即\(\dfrac{\ln t}{t-1}<\dfrac{1}{\sqrt t}\)

而\(\dfrac{1}{\sqrt t}=\dfrac{2}{2\sqrt t}<\dfrac{2}{\sqrt t+\sqrt{t-1}}=2\left(\sqrt t-\sqrt{t-1}\right)\)

从2开始累加得，有

\[\sum_{t=2}^n\dfrac{\ln t}{t-1}<2\left(\sqrt2-\sqrt1+\sqrt3-\sqrt2+\cdots+\sqrt n-\sqrt{n-1}\right)=2(\sqrt n-1)=2\sqrt n-2 \]