第三章 第5节 不等式恒(能)成立问题（知识点梳理+限时挑战）-【精准备考】2026年高考数学一轮复习讲义（新高考通用）

第三章 一元函数的导数及其应用 第5节　不等式恒(能)成立问题 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 题型一　分离参数法求参数范围 ★★★☆☆ 【知识拓展】洛必达法则 ★★★★☆ 题型二　分类讨论法求参数范围 ★★★☆☆ 题型三　双变量的恒(能)成立问题★★★☆☆ 【知识拓展】端点效应 ★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式训练】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【题型分析】恒(能)成立问题是高考的常考考点,其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇,综合考查分析问题、解决问题的能力,一般作为压轴题出现,试题难度略大. 题型一　分离参数法求参数范围★★★☆☆ 【典例】1 (2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时,f(x)≥x3+1恒成立,求a的取值范围. 【解析】由f(x)≥x3+1得 ex+ax2-x≥x3+1,其中x≥0, ①当x=0时,不等式为1≥1,显然成立,此时a∈R. ②当x>0时,分离参数a, 得a≥-, 记g(x)=-, g'(x)=-. 令h(x)=ex-x2-x-1(x>0), 则h'(x)=ex-x-1, 令H(x)=ex-x-1,则H'(x)=ex-1>0, 故h'(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此h'(x)>h'(0)=0, 故函数h(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴h(x)>h(0)=0, 即ex-x2-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)=, 综上,实数a的取值范围是. 【思维建模】 1.分离参数,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题,这要比分类讨论法简便很多. 2.a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max; a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min; a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min; a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【变式训练】1 已知函数f(x)=ex-ax-1,若f(x)≤x2在(0,+∞)上有解,求实数a的取值范围. 【解析】因为f(x)≤x2在(0,+∞)上有解, 所以ex-x2-ax-1≤0在(0,+∞)上有解, 当x>0时,问题等价于a≥-在(0,+∞)上有解, 令g(x)=-, 则g'(x)=-=. 令φ(x)=ex-(x+1),则φ'(x)=ex-1, 当x>0时,φ'(x)>0, 则φ(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以φ(x)>φ(0)=0, 即当x>0时,ex-(x+1)>0, 所以当0<x<1时,g'(x)<0; 当x>1时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以当x=1时,g(x)min=e-2,所以a≥e-2, 综上可知,实数a的取值范围是[e-2,+∞). 【知识拓展】洛必达法则★★★★☆ 1.在解决不等式恒(能)成立,求参数的取值范围这一类问题时,最常用的方法是分离参数法,转化成求函数的最值,但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式,解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则. 2.洛必达法则 法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件: (1)f(x)=0及g(x)=0; (2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; (3)=A,那么==A. 法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件: (1)f(x)=∞及 g(x)=∞; (2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; (3)=A,那么==A. 【典例】1 (2025·深圳模拟)已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对任意x>0都有f(x)>ax成立,求实数a的取值范围. 【解析】x∈(0,+∞)时,(x+1)ln(x+1)>ax恒成立,即a<恒成立. 令g(x)=(x>0), ∴g'(x)=. 令k(x)=x-ln(x+1)(x>0), ∴k'(x)=1-=>0, ∴k(x)在(0,+∞)上单调递增. ∴k(x)>k(0)=0, ∴x-ln(x+1)>0恒成立, ∴g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增. 由洛必达法则知 g(x)= =[ln(x+1)+1]=1, ∴a≤1,故实数a的取值范围是(-∞,1]. 【典例】2 已知函数f(x)=2ax3+x.当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>x3-a,求a的取值范围. 【解析】当x∈(1,+∞)时,f(x)>x3-a恒成立, 即2ax3+x>x3-a恒成立, 即a(2x3+1)>x3-x恒成立, 即a>恒成立, 令φ(x)=(x>1), ∴φ'(x)=>0, ∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增, 由洛必达法则知又φ(x)= ===, ∴φ(x)<,故a≥. 故a的取值范围为. 题型二　分类讨论法求参数范围★★★☆☆ 【典例】2 (12分)(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,求a的取值范围. [思路分析]　(1)求出函数的导数,根据函数导数的零点与单调性求f(x)的极值. (2)思路一:求出函数f(x)的导数f'(x),令S(x)=f'(x),根据S'(x)的符号讨论f'(x)的符号,把问题转化为求函数f(x)的最值. 思路二:先求出当x≥0时,f(x)≥0的必要条件,然后证明其满足充分性. 【解析】(1)当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞), →求导数(1分) 易知(x)在(-1,+∞)上单调递增,且(0)=0, 所以当x∈(-1,0)时,(x)<0, 当x∈(0,+∞)时,(x)>0, 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, →根据(x)的符号确定f(x)的单调区间(3分) 所以当x=0时,f(x)取得极小值,为f(0)=0,f(x)无极大值.→求f(x)的极值(5分) (2)法一　(x)=-aln(1+x)-,x≥0,❶ 设S(x)=-aln (1+x)-,x≥0, →为了确定(x)的符号,求f(x)的二阶导数(6分) →利用S'(x)的符号得到当a≤-时原不等式成立(8分) →证明-<a<0时不合题意(10分) →证明a≥0时,不合题意 综上,a的取值范围是.(12分) 法二　f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞), →求f'(x)及其导数,用以确定f(x)的单调性(6分) →找出原不等式成立的一个必要条件(8分) 下面证明其充分性: →证明a≤-是使原不等式成立的充分条件(11分) 综上,a的取值范围是.(12分) [满分规则] ❶得步骤分 ①处求函数的导数或其二阶导数是解题步骤之一,也是本题的最容易得分之处,一定要准确求导. ❷得关键分 解决不等式的恒成立问题关键是转化为求函数的最值,而确定函数的单调性最为关键. 解法一②处利用单调性求最值,从而得到a的取值范围,解法二②处证明a≤-满足充分性. ❸得讨论分 解含参数的函数问题,要仔细观察参数的符号对其分类讨论,据此求参数的范围. 【变式训练】2 已知函数f(x)=ln x-a(x-1),a∈R,x∈[1,+∞),且f(x)≤恒成立,求a的取值范围. 【解析】f(x)-=, 构造函数g(x)=xln x-a(x2-1)(x≥1), g'(x)=ln x+1-2ax, 令F(x)=g'(x)=ln x+1-2ax, F'(x)=. ①若a≤0,则F'(x)>0,g'(x)在[1,+∞)上单调递增,g'(x)≥g'(1)=1-2a>0, ∴g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=0, 从而f(x)-≥0,不符合题意. ②若0<a<,当x∈时,F'(x)>0, ∴g'(x)在上单调递增, 从而g'(x)≥g'(1)=1-2a>0, ∴g(x)在上单调递增,g(x)≥g(1)=0, 从而f(x)-≥0,不符合题意. ③若a≥,则F'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立, ∴g'(x)在[1,+∞)上单调递减, g'(x)≤g'(1)=1-2a≤0. ∴g(x)在[1,+∞)上单调递减, 从而g(x)≤g(1)=0,f(x)-≤0, 综上,a的取值范围是. 题型三　双变量的恒(能)成立问题★★★☆☆ 【典例】3 已知f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M; (2)如果对于任意的s,t∈,f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. 【解析】(1)存在x1,x2∈[0,2], 使得g(x1)-g(x2)≥M成立, 即存在x1,x2∈[0,2], 使得[g(x1)-g(x2)]max≥M, 即g(x)max-g(x)min≥M(x∈[0,2]). 由g(x)=x3-x2-3, 得g'(x)=3x2-2x=3x, 当<x<2时,g'(x)>0, 当0<x<时,g'(x)<0,列表如下. x g'(x) - 0 + g(x) ↘ 极小值 ↗ 又g(0)=-3,g(2)=1, 所以当x∈[0,2]时,g(x)max=g(2)=1, g(x)min=g=-, 所以g(x)max-g(x)min=≥M, 所以满足条件的最大整数M为4. (2)对于任意的s,t∈,f(s)≥g(t)成立, 则f(s)min≥g(t)max. 由(1)易得当x∈时,g(x)max=g(2)=1, 所以对任意的x∈,+xln x≥1恒成立,即a≥x-x2ln x恒成立. 令h(x)=x-x2ln x, 则a≥h(x)max. 求导得h'(x)=1-2xln x-x, 令m(x)=1-2xln x-x, 则m'(x)=-3-2ln x<0, 所以h'(x)在上单调递减, 又h'(1)=0,故列表如下. x 1 (1,2) h'(x) + 0 - h(x) ↗ 极大值 ↘ 所以a≥h(x)max=h(1)=1, 故实数a的取值范围是[1,+∞). 【思维建模】双变量的恒(能)成立问题,常见的转化有: (1)∀x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (2)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (3)∃x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min. (4)∃x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 【变式训练】3 (2025·汕头联考改编)设函数f(x)=(x-1)(ex-e),g(x)=ex-ax-1,若∀x2∈[0,+∞),都∃x1∈R,使得不等式f(x1)≤g(x2)成立,求a的最大值. 【解析】由题意,f(x)=(x-1)(ex-e),x∈R, 当x<1时,x-1<0,ex-e<0, ∴f(x)>0,当x≥1时,x-1≥0,ex-e≥0, ∴f(x)≥0,∴f(x)≥0恒成立, 且f(x)min=f(1)=0. ∵∀x2∈[0,+∞),都∃x1∈R,使得不等式f(x1)≤g(x2)成立, ∴∀x2∈[0,+∞),f(x1)min≤g(x2)恒成立, ∴∀x2∈[0,+∞),g(x2)≥0恒成立, 即∀x∈[0,+∞),g(x)=ex-ax-1≥0恒成立. 法一　g'(x)=ex-a,易知g'(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴当x≥0时,g'(x)≥g'(0)=1-a, ①当1-a≥0,即a≤1时,g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, ∴g(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴此时g(x)在[0,+∞)上的最小值为g(0)=0, ∴a≤1满足题意; ②当1-a<0,即a>1时,令g'(x)=ex-a=0,得x=ln a, ∴当x∈(0,ln a)时,g'(x)<0, 当x∈(ln a,+∞)时,g'(x)>0, ∴g(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,而g(0)=0. ∴此时g(x)在[0,+∞)上的最小值为g(ln a)<0,∴a>1不满足题意. 综合①②可得,a的取值范围为(-∞,1], ∴a的最大值为1. 法二　当x=0时,很显然符合题意, 当x>0时,a≤,记h(x)=,x>0, 则h'(x)=, 令m(x)=ex(x-1)+1,x>0, 则m'(x)=xex>0, ∴m(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴m(x)>m(0)=0,∴h'(x)>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增, 又h(x)==1, ∴a≤1,即a的最大值为1. 【知识拓展】端点效应★★★☆☆ 1.端点效应的概念:假设题干给出含参不等式f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 求参数a的取值范围.若f(x)恰好满足f(0)=0,则称该不等式具有端点效应. 2.具有端点效应的含参不等式恒成立问题的一种常用的解题方法是带参讨论,寻找讨论的分界点是解题的关键.既然f(x)≥0要恒成立,且f(0)=0,那么f(x)在x=0右侧附近函数值不能减少,所以f'(0)≥0,由此可得到f(x)≥0成立的必要条件f'(0)≥0(不一定是充分条件),从而找到讨论的分界点.之后,再讨论所求的必要条件的充分性. 3.端点效应的类型 (1)如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0或f(b)≥0. (2)如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0(或f(b)=0),则f'(a)≥0(或f'(b)≤0). (3)如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0,f'(a)=0(或f(b)=0,f'(b)=0),则f″(a)≥0(或f″(b)≤0). 【典例】 已知函数f(x)=xeax-ex,当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围. 【解析】设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0, 又h'(x)=(1+ax)eax-ex, 设g(x)=(1+ax)eax-ex, 则g'(x)=(2a+a2x)eax-ex, 若a>,则g'(0)=2a-1>0, 因为g'(x)为连续不间断函数, 故存在x0∈(0,+∞), 使得∀x∈(0,x0),总有g'(x)>0,故g(x)在(0,x0)为增函数, 故g(x)>g(0)=0,故h(x)在(0,x0)为增函数,故h(x)>h(0)=0,与题设矛盾. 若0<a≤,则h'(x)=(1+ax)eax-ex=eax+ln(1+ax)-ex, 下证:对任意x>0,总有ln(1+x)<x成立, 证明:设S(x)=ln(1+x)-x,故S'(x)=-1=<0, 故S(x)在(0,+∞)上为减函数,故S(x)<S(0)=0,即ln(1+x)<x成立. 由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex<eax+ax-ex=e2ax-ex≤0,故h'(x)≤0总成立, 即h(x)在(0,+∞)上为减函数, 所以h(x)<h(0)=0. 当a≤0时,有h'(x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0,所以h(x)在(0,+∞)上为减函数, 所以h(x)<h(0)=0. 综上,a的取值范围是. 【变式训练】 设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围. 【解析】依题意,f'(x)=, 由于g(x)=xf'(x), 即g(x)=,而f(x)≥ag(x)恒成立, 即ln(1+x)≥恒成立, 必要性:此时令F(x)=ln(1+x)-(x≥0), 即保证F(x)≥0,当x≥0时恒成立. 由于F(0)=0,故此时必须保证函数F(x)在[0,+∞)上单调递增, 即保证F'(x)≥0在区间[0,+∞)上恒成立, 而F'(x)=-, 即函数F'(x)=,而F'(0)=1-a, 而要保证F'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 故F'(0)≥0,即a≤1. 充分性:当a≤1时,函数F'(x)=≥>0, 故函数F(x)在[0,+∞)上单调递增, 即F(x)≥F(0)=0, 故当a≤1时,函数F(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即原命题成立, 故实数a的取值范围是(-∞,1]. 【限时训练】（限时：40分钟） 1.(2025·合肥模拟节选)设函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x(a∈R),若f(x)≥1恒成立,求a的取值范围. 【解析】f'(x)=,x>0, 由题意f(x)≥1,则f(x)min≥1, (1)当a≤0时,令f'(x)>0,得x>1; 令f'(x)<0,得0<x<1, 所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以f(x)min=f(1)=-a-1, 所以-a-1≥1,即a≤-2; (2)当a>0时,存在f(1)=-a-1<0,不满足题意, 可知a>0时,f(x)≥1不恒成立, 综上,a≤-2. 故实数a的取值范围是(-∞,-2]. 2.已知函数f(x)=x(ex-1)-ax2(a∈R). (1)若f(x)在x=-1处有极值,求a的值; (2)当x>0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围. 【解析】(1)f'(x)=ex-1+xex-2ax =(x+1)ex-2ax-1, 依题意知f'(-1)=2a-1=0,∴a=. 经检验,a=符合题意. (2)法一　当x>0时,f(x)≥0, 即x(ex-1)-ax2≥0, 即ex-1-ax≥0, 令φ(x)=ex-1-ax(x>0), 则φ(x)min≥0,φ'(x)=ex-a. ①当a≤1时,φ'(x)>0, ∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴φ(x)>φ(0)=0,∴a≤1满足条件. ②当a>1时,若0<x<ln a,则φ'(x)<0; 若x>ln a,则φ'(x)>0. ∴φ(x)在(0,ln a)上单调递减, 在(ln a,+∞)上单调递增, ∴φ(x)min=φ(ln a)=a-1-aln a≥0. 令g(a)=a-1-aln a(a>1), ∴g'(a)=1-(1+ln a)=-ln a<0, ∴g(a)在(1,+∞)上单调递减. ∴g(a)<g(1)=0与g(a)≥0矛盾, 故a>1不满足条件, 综上,实数a的取值范围是(-∞,1]. 法二　当x>0时,f(x)≥0, 即x(ex-1)-ax2≥0, 即a≤恒成立, 令h(x)=(x>0), ∴h'(x)=, 令k(x)=ex(x-1)+1(x>0), ∴k'(x)=ex·x>0, ∴k(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴k(x)>k(0)=0,∴h'(x)>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增. 由洛必达法则知,h(x)==ex=1, ∴a≤1. 故实数a的取值范围是(-∞,1]. 3.已知函数f(x)=x3+x2+ax. (1)若f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的最小值; (2)若函数g(x)=,对∀x1∈,∃x2∈,使f'(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围. 【解析】(1)由题设知f'(x)=x2+2x+a≥0在[1,+∞)上恒成立, 即a≥-(x+1)2+1在[1,+∞)上恒成立, 而y=-(x+1)2+1在[1,+∞)单调递减, 则ymax=-3, 所以a≥-3,所以a的最小值为-3. (2)“对∀x1∈,∃x2∈, 使f'(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时,f'(x)max≤g(x)max”. 因为f'(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在上单调递增, 所以f'(x)max=f'(2)=8+a. 而g'(x)=, 由g'(x)>0,得x<1; 由g'(x)<0,得x>1, 所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 所以当x∈时,g(x)max=g(1)=. 由8+a≤,得a≤-8, 所以实数a的取值范围为. 4.(2025·南通调研)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)=,a≠0. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立,求a的最小值. 【解析】(1)f'(x)=-a=(a≠0),x>0, 当a<0时,f'(x)>0恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由f'(x)>0得0<x<; 由f'(x)<0得x>, 从而f(x)在上单调递增, 在上单调递减. 综上,当a<0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),没有单调递减区间; 当a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax-, 要使f(x)≤g(x)恒成立,只要使h(x)≤0恒成立,只要使h(x)max≤0. h'(x)=-a+=, 由于a>0,x>0, 所以ax+1>0恒成立, 当0<x<时,h'(x)>0, 当x>时,h'(x)<0, 从而f(x)在上单调递增, 在上单调递减, 所以h(x)max=h=ln -3≤0, 解得a≥,所以a的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 一元函数的导数及其应用 第5节　不等式恒(能)成立问题 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 题型一　分离参数法求参数范围 ★★★☆☆ 【知识拓展】洛必达法则 ★★★★☆ 题型二　分类讨论法求参数范围 ★★★☆☆ 题型三　双变量的恒(能)成立问题★★★☆☆ 【知识拓展】端点效应 ★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式训练】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【题型分析】恒(能)成立问题是高考的常考考点,其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇,综合考查分析问题、解决问题的能力,一般作为压轴题出现,试题难度略大. 题型一　分离参数法求参数范围★★★☆☆ 【典例】1 (2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时,f(x)≥x3+1恒成立,求a的取值范围. 【变式训练】1 已知函数f(x)=ex-ax-1,若f(x)≤x2在(0,+∞)上有解,求实数a的取值范围. 【知识拓展】洛必达法则★★★★☆ 1.在解决不等式恒(能)成立,求参数的取值范围这一类问题时,最常用的方法是分离参数法,转化成求函数的最值,但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式,解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则. 2.洛必达法则 法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件: (1)f(x)=0及g(x)=0; (2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; (3)=A,那么==A. 法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件: (1)f(x)=∞及 g(x)=∞; (2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; (3)=A,那么==A. 【典例】1 (2025·深圳模拟)已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对任意x>0都有f(x)>ax成立,求实数a的取值范围. 【典例】2已知函数f(x)=2ax3+x.当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>x3-a,求a的取值范围. 题型二　分类讨论法求参数范围★★★☆☆ 【典例】2 (12分)(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,求a的取值范围. 【变式训练】2 已知函数f(x)=ln x-a(x-1),a∈R,x∈[1,+∞),且f(x)≤恒成立,求a的取值范围. 题型三　双变量的恒(能)成立问题★★★☆☆ 【典例】3 已知f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M; (2)如果对于任意的s,t∈,f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. 【变式训练】3 (2025·汕头联考改编)设函数f(x)=(x-1)(ex-e),g(x)=ex-ax-1,若∀x2∈[0,+∞),都∃x1∈R,使得不等式f(x1)≤g(x2)成立,求a的最大值. 【知识拓展】端点效应★★★☆☆ 1.端点效应的概念:假设题干给出含参不等式f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 求参数a的取值范围.若f(x)恰好满足f(0)=0,则称该不等式具有端点效应. 2.具有端点效应的含参不等式恒成立问题的一种常用的解题方法是带参讨论,寻找讨论的分界点是解题的关键.既然f(x)≥0要恒成立,且f(0)=0,那么f(x)在x=0右侧附近函数值不能减少,所以f'(0)≥0,由此可得到f(x)≥0成立的必要条件f'(0)≥0(不一定是充分条件),从而找到讨论的分界点.之后,再讨论所求的必要条件的充分性. 3.端点效应的类型 (1)如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0或f(b)≥0. (2)如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0(或f(b)=0),则f'(a)≥0(或f'(b)≤0). (3)如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0,f'(a)=0(或f(b)=0,f'(b)=0),则f″(a)≥0(或f″(b)≤0). 【典例】 已知函数f(x)=xeax-ex,当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围. 【变式训练】 设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围. 【限时训练】（限时：40分钟） 1.(2025·合肥模拟节选)设函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x(a∈R),若f(x)≥1恒成立,求a的取值范围. 2.已知函数f(x)=x(ex-1)-ax2(a∈R). (1)若f(x)在x=-1处有极值,求a的值; (2)当x>0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围. 3.已知函数f(x)=x3+x2+ax. (1)若f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的最小值; (2)若函数g(x)=,对∀x1∈,∃x2∈,使f'(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围. 4.(2025·南通调研)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)=,a≠0. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立,求a的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $$