专题六 不等式、函数与导数　第4讲恒成立与能成立问题讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学讲义聚焦高考热点的恒成立与能成立问题，隶属于不等式、函数与导数专题，按恒成立求参数、能成立求参数（含双变量）考向梳理考点，通过探究真题、典例精讲、变式训练构建知识体系。教学流程涵盖考点分析、方法指导、分层练习，助力学生突破中高档题难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以真题为导向，融合2021天津卷、2023全国甲卷等典型考题，采用“考点-典例-变式-限时训练”闭环设计。如在恒成立问题中，引导学生用导数研究函数最值构建不等式，培养数学思维与推理意识，30分钟限时训练提升实战能力，为教师把控复习节奏、学生高效备考提供有力支撑。

专题六 不等式、函数与导数 第4讲　恒成立与能成立问题 【探究真题.明确方向】 1.(2021·天津，T20)已知a>0，函数f(x)=ax-xex. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明f(x)存在唯一的极值点； (3)若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围. 2.(2023·全国甲卷，文T20)已知函数f(x)=ax-，x∈. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 【命题预测】本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，三种题型都有所考查，分值约为5~10分. 【考向预测】考查重点一是不等式恒成立求参数的取值范围；二是不等式能成立求参数的取值范围，包含双变量的恒成立、能成立求参数的取值范围. 1.(1)【解析】f'(x)=a-(x+1)ex，则 f'(0)=a-1， 又f(0)=0，则切线方程为y=(a-1)x，a>0. (2)【证明】令f'(x)=a-(x+1)ex=0，则a=(x+1)ex， 令g(x)=(x+1)ex，则g'(x)=(x+2)ex， 当x∈(-∞，-2)时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(-2，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当x→-∞时，g(x)<0，g(-1)=0；当x→+∞时，g(x)>0，画出g(x)大致图象如图所示， 所以当a>0时，y=a与y=g(x)仅有一个交点， 令g(m)=a，则m>-1，且f'(m)=a-g(m)=0， 当x∈(-∞，m)时，a>g(x)，则f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(m，+∞)时，a<g(x)，则f'(x)<0，f(x)单调递减， x=m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点. (3)【解析】由(2)知f(x)max=f(m)，此时a=(1+m)em， m>-1， 所以{f(x)-a}max=f(m)-a=(m2-m-1)em，m>-1， 令h(x)=(x2-x-1)ex，x>-1， 若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(-1，+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min， h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex，x>-1， 当x∈(-1，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)min=h(1)=-e，故b≥-e， 所以实数b的取值范围为[-e，+∞). 2.【解析】(1)因为a=1， 所以f(x)=x-，x∈， 则f'(x)=1- =1- = =， 令t=cos x， 由于x∈， 所以t=cos x∈(0，1)， 所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2 =t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+1)(t-1) =(t2+2t+2)(t-1)， 因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0，t-1<0，cos3x=t3>0， 所以f'(x)=<0在上恒成立， 所以f(x)在上单调递减. (2)因为sin x- = = =-， 因为x∈， 所以0<sin x<1，0<cos x<1， 故sin x-<0在上恒成立， 所以当a=0时，f(x)+sin x=sin x-<0，满足题意； 当a<0时，由于x∈，显然ax<0， 所以f(x)+sin x=ax-+sin x<sin x-<0，满足题意； 当a>0时，因为f(x)+sin x=ax-+sin x=ax-， 令g(x)=ax-，x∈， 则g'(x)=a-， 注意到g'(0)=a-=a>0， 则当x→0+时，g'(x)→a>0， 所以在上必存在点x0， 使得g'(x)在(0，x0)上有g'(x)>0， 所以g(x)在(0，x0)上单调递增， 则在(0，x0)上有g(x)>g(0)=0， 即f(x)+sin x>0，不满足题意. 综上所述，若f(x)+sin x<0， 则a的取值范围为(-∞，0]. 考点一　利用导数研究恒成立问题 【典例】1　(2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)当x≥0时，若不等式f(x)≥-2恒成立，求a的取值范围. 【解析】(1)由题设f(x)=ex+x-3，则f'(x)=ex+1，且f(0)=-2，f'(0)=2， ∴曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y+2=2x，即2x-y-2=0. (2)方法一　(直接法) 由题设当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ex--ax-1≥0恒成立， 令g(x)=ex--ax-1且x≥0，则g'(x)=ex-x-a， 令h(x)=g'(x)，x≥0，则h'(x)=ex-1≥0， ∴h(x)=g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=1-a， 当1-a≥0，即a≤1时，g'(x)≥0， 则g(x)在[0，+∞)上单调递增，g(x)≥g(0)=0，符合题意； 当1-a<0，即a>1时，g'(0)<0，而当x→+∞时，g'(x)→+∞， ∴∃x0∈(0，+∞)，使g'(x0)=0，即在[0，x0)上，g'(x)<0，在(x0，+∞)上，g'(x)>0， ∴g(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，从而g(x)min=g(x0)<g(0)=0，与g(x)≥0恒成立矛盾，不符合题意， 综上，a≤1. 方法二　(端点效应) 由题设当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ex--ax-1≥0恒成立， 令g(x)=ex--ax-1(x≥0)， 则当x≥0时，g(x)≥0恒成立，又g(0)=e0-1=0， 故此时必须保证函数g(x)在x=0右侧附近区间上单调递增， 即保证g'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立， 又g'(x)=ex-x-a， 故g'(0)=1-a≥0，即a≤1， 下证，当a≤1时，g(x)≥0恒成立. ∵g″(x)=ex-1≥e0-1=0， ∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=e0-a=1-a≥0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(0)=0恒成立，故a≤1. 方法三　(参变全分离，利用洛必达法则求最值) 依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ax≤ex--1恒成立， 当x=0时，0≤0恒成立，∴a∈R； 当x∈(0，+∞)时，a≤， 令g(x)=，x>0， ∴g'(x)=， 令φ(x)=2(x-1)ex-x2+2，x>0， ∴φ'(x)=2xex-2x=2x(ex-1). ∵x>0，∴ex-1>0，2x>0，∴φ'(x)>0， ∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴φ(x)>φ(0)=-2+2=0，即g'(x)>0， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递增， 由洛必达法则知， g(x)===1， 即当x>0时，g(x)>1恒成立，故a≤1， 综上a≤1. 方法四　(参变半分离) 依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ax≤ex--1恒成立， 令g(x)=ex--1，x≥0， ∴g'(x)=ex-x，g″(x)=ex-1≥e0-1=0， ∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=1>0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， 又g'(0)=1，g(0)=0，∴曲线g(x)在x=0处的切线方程为y-0=1·(x-0)，即y=x， 故当x≥0时，y=ax的图象在y=x图象的下方，∴a≤1. 【考法归纳】由不等式恒成立求参数的取值范围的策略 (1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法.一是参数全分离，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的取值范围；二是参数半分离，把不等式分解成f(x)<g(x)或f(x)>g(x)的形式，要调节参数a与x的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线. (3)利用端点效应(必要性探路)，先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. 【变式训练】1　(2025·苏州模拟)已知函数f(x)=aln x-x2，a∈R. (1)当a<0时，求函数f(x)零点的个数； (2)若f(x)+x2-x≤-1恒成立，求a的取值范围. 【解析】(1)函数f(x)=aln x-x2的定义域为(0，+∞)，a<0，则f'(x)=-2x<0， ∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=-1<0，f =aln -=1->0， 由函数零点存在定理知，f(x)在区间内存在唯一零点，∴当a<0时，函数f(x)零点的个数为1. (2)方法一　不等式f(x)+x2-x≤-1⇔aln x-x+1≤0，令φ(x)=aln x-x+1，x>0， 依题意，φ(x)≤0恒成立， 则φ'(x)=-1=， 当a≤0时，φ'(x)=<0， ∴φ(x)在(0，+∞)上单调递减，而φ(1)=0， 则当0<x<1时，φ(x)>φ(1)=0，不符合题意； 当a>0时，由φ'(x)>0，得0<x<a，由φ'(x)<0，得x>a， ∴φ(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减，则φ(x)≤φ(a)， 当且仅当φ(a)≤0，即aln a-a+1≤0时，φ(x)≤0恒成立， 令u(a)=aln a-a+1，a>0，求导得u'(a)=ln a， 当0<a<1时，u'(a)<0；当a>1时，u'(a)>0， ∴函数u(a)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则u(a)≥u(1)=0， 而aln a-a+1≤0，则u(a)=aln a-a+1=0， ∴a=1. 方法二　不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立⇔aln x≤x-1在x∈(0，+∞)上恒成立. 当x=1时，a·0≤0成立，∴a∈R； 当x∈(0，1)时，ln x<0，∴a≥恒成立， 当x∈(1，+∞)时，ln x>0，∴a≤恒成立， 令φ(x)=，x≠1， 则φ'(x)=， 令g(x)=ln x+-1，则g'(x)=-=， 当x∈(0，1)时，g'(x)<0； 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 则g(x)≥g(1)=0，∴φ'(x)≥0， ∴φ(x)在(0，1)，(1，+∞)上单调递增， 则当x∈(0，1)时，a≥φ(x)， ∵φ(x)== x=1， ∴a≥1； 当x∈(1，+∞)时，a≤φ(x)， ∵ φ(x)=1，∴a≤1. 综上，a=1. 方法三　不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立⇔aln x≤x-1恒成立. 当a≤0，x∈(0，1)时，aln x≥0，x-1<0， ∴aln x>x-1，不符合题意； 当a>0时，aln x≤x-1恒成立⇔ln x≤(x-1)恒成立，令g(x)=ln x，则g'(x)=， ∴g'(1)=1，g(1)=0， ∴曲线g(x)在(1，0)处的切线方程为y=x-1， 又g(x)=ln x与y=(x-1)都过点(1，0)， 故y=(x-1)与y=x-1重合， ∴=1，∴a=1. 考点二　利用导数研究能成立问题 【典例】2　已知函数f(x)=，g(x)=ln x-ax+e，其中e是自然对数的底数. (1)求函数f(x)的极值； (2)对∀x1∈[-1，0]，总存在x2∈[2，e2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=，该函数的定义域为R，则f'(x)=. 令f'(x)=0，得x=0或x=2，列表如下： x (-∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=f(2)=. (2)由题意可得f(x1)max≤g(x2)， 由(1)可知f(x1)在[-1，0]上单调递减， 所以f(x1)max=f(-1)=e， 所以ln x2-ax2+e≥e在x2∈[2，e2]上有解，a≤， 令h(x2)=，x2∈[2，e2]， 令h'(x2)==0， 则x2=e. x2 2 (2，e) e (e，e2) e2 h'(x2) + 0 - h(x2) 单调递增 极大值 单调递减 所以h(x2)max=h(e)=，即a≤，故实数a的取值范围是. 【考法归纳】不等式能成立问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. 含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法： 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. 【变式训练】2　(2025·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-+-1. (1)若曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线斜率为-1，求a； (2)若存在x>0，使f(x)≤0成立，求a的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=ex-+-1， 所以f'(x)=ex--，依题意f'(1)=e1--=-1，解得a=e. (2)因为f(x)=ex-+-1的定义域为(0，+∞)，又存在x>0，使f(x)=ex-+-1=≤0成立， 所以∃x>0，使xex-ln x+a-x≤0成立， 令g(x)=xex-ln x+a-x，x∈(0，+∞)， 则g'(x)=xex+ex--1=(x+1)， 令h(x)=ex-，x∈(0，+∞)， 则h'(x)=ex+>0， 所以h(x)在(0，+∞)上单调递增， 又h=-2<0，h(1)=e-1>0， 所以∃x0∈，使得h(x0)=0，即-=0，则x0=1，ln x0=-x0， 所以当x∈(0，x0)时，g'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0+a=1+x0-x0+a≤0，所以a≤-1， 即实数a的取值范围为(-∞，-1]. 【限时训练】（限时：30分钟） 1.(13分)(2025·张家口模拟)已知f(x)=ln x-a(x+1)，a∈R. (1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；(5分) (2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a的取值范围.(8分) 【解析】(1)当a=2时，f(x)=ln x-2(x+1)， 所以f(1)=-4，f'(x)=-2， 所以切线斜率k=f'(1)=-1， 所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-(-4)=-1×(x-1)，即x+y+3=0. (2)因为∃x0∈(0，2]，使得f(x0)>0，即ln x0-a(x0+1)>0， 所以a<， 令g(x)=，x∈(0，2]， 则g'(x)=， 令h(x)=1+-ln x，x∈(0，2]， 所以h'(x)=--<0在(0，2]上恒成立，所以函数h(x)在(0，2]上单调递减， 所以h(x)≥h(2)=-ln 2=ln>0，所以g'(x)>0在(0，2]上恒成立， 所以函数g(x)在(0，2]上单调递增，所以g(x)max=g(2)=， 所以a<，故a的取值范围是. 2.(15分)(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=ex-cos x-(2a+2)x. (1)当a=0时，求函数f(x)的极值点的个数；(7分) (2)若对∀x≥0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.(8分) 【解析】(1)显然f(x)的定义域为R， 当a=0时，f(x)=ex-cos x-2x， 则f'(x)=ex+sin x-2， 当x≤0时，ex≤1，-1≤sin x≤1，又f'(0)=-1， 所以f'(x)=ex+sin x-2<0，故f(x)在(-∞，0)上单调递减，无极值； 当x>0时，令g(x)=ex+sin x-2， 则g'(x)=ex+cos x，因为ex>1，-1≤cos x≤1， 所以g'(x)>0，故g(x)(即f'(x))在(0，+∞)上单调递增， 又f'(0)=-1<0，f'(1)=e+sin 1-2>0，所以存在唯一的x0∈(0，1)，使f'(x0)=0， 即当x∈(0，x0)时，f'(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(x0，+∞)上单调递增， 所以f(x)在x=x0处取得极小值. 综上，当a=0时，f(x)有1个极小值点，无极大值点. (2)方法一　f'(x)=ex+sin x-(2a+2)， 令h(x)=ex+sin x-(2a+2)，x≥0， 则h'(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0， 所以h(x)(即f'(x))在[0，+∞)上单调递增， 故f'(x)≥f'(0)=-2a-1， 当a≤-时，f'(x)≥f'(0)=-2a-1≥0，此时f(x)在[0，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)=0，符合题意； 当a>-时，f'(0)=-2a-1<0， 又f'(2a+2)=e2a+2+sin(2a+2)-(2a+2)>(2a+2)+1+sin(2a+2)-(2a+2)=1+sin(2a+2)≥0， 因为f'(x)在[0，+∞)上单调递增，所以存在x1>0，使得f'(x1)=0， 即当x∈[0，x1)时，f'(x)<0，f(x)在[0，x1)上单调递减，此时f(x)≤f(0)=0，不符合题意. 综上，实数a的取值范围为. 方法二　对∀x≥0，f(x)=ex-cos x-(2a+2)x≥0恒成立，又f(0)=0， 所以f(x)在x=0右侧附近区间上单调递增， 所以f'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立， 又f'(x)=ex+sin x-(2a+2)， 所以f'(0)=1-(2a+2)≥0，得a≤-， 下证当a≤-时，对∀x≥0，f(x)≥0恒成立. f'(x)=ex+sin x-(2a+2)， 令φ(x)=ex+sin x-(2a+2)，x≥0， 则φ'(x)=ex+cos x， 因为当x≥0时，ex≥1，-1≤cos x≤1， 所以φ'(x)≥0，所以f'(x)在[0，+∞)上单调递增，则f'(x)≥f'(0)=1+0-(2a+2)=-(2a+1)， 因为a≤-，所以2a+1≤0， 所以当x≥0时，f'(x)≥0恒成立， 所以f(x)在[0，+∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(0)=0恒成立. 所以实数a的取值范围是. 【拓展训练】(共17分) 3.(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3. (1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值；(5分) (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(5分) (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.(7分) (1)【解析】当b=0时，f(x)=ln+ax， 其中x∈(0，2)， 则f'(x)=++a=+a，x∈(0，2)， 因为x(2-x)≤=1， 当且仅当x=1时等号成立， 故f'(x)min=2+a， 而f'(x)≥0， 故2+a≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. (2)【证明】f(x)=ln+ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)， 设P(m，n)为y=f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于点(1，a)的对称点为 Q(2-m，2a-n)， 因为点P(m，n)在y=f(x)的图象上， 故n=ln+am+b(m-1)3， 而f(2-m)=ln+a(2-m)+b(2-m-1)3 =-+2a， =-n+2a， 所以点Q(2-m，2a-n)也在y=f(x)的图象上，由点P的任意性可得y=f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a). (3)【解析】因为f(x)>-2当且仅当1<x<2， 故x=1为f(x)=-2的一个解， 所以f(1)=-2，即a=-2. 此时f(x)>-2，即ln+2(1-x)+b(x-1)3>0， 设t=x-1∈(-1，1)， 则ln-2t+bt3>0. 设g(t)=ln-2t+bt3，t∈(-1，1)， 则g'(t)=-2+3bt2 =. 当b≥0时， -3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当-≤b<0时， -3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当b<-时， 则当0<t<<1时，g'(t)<0， 故在上，g(t)单调递减， g(t)<g(0)=0，不符合题意，舍去， 综上，b≥-. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六 不等式、函数与导数 第4讲　恒成立与能成立问题 【探究真题.明确方向】 1.(2021·天津，T20)已知a>0，函数f(x)=ax-xex. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明f(x)存在唯一的极值点； (3)若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围. 2.(2023·全国甲卷，文T20)已知函数f(x)=ax-，x∈. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 【命题预测】本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，三种题型都有所考查，分值约为5~10分. 【考向预测】考查重点一是不等式恒成立求参数的取值范围；二是不等式能成立求参数的取值范围，包含双变量的恒成立、能成立求参数的取值范围. 考点一　利用导数研究恒成立问题 【典例】1　(2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)当x≥0时，若不等式f(x)≥-2恒成立，求a的取值范围. 【变式训练】1　(2025·苏州模拟)已知函数f(x)=aln x-x2，a∈R. (1)当a<0时，求函数f(x)零点的个数； (2)若f(x)+x2-x≤-1恒成立，求a的取值范围. 考点二　利用导数研究能成立问题 【典例】2　已知函数f(x)=，g(x)=ln x-ax+e，其中e是自然对数的底数. (1)求函数f(x)的极值； (2)对∀x1∈[-1，0]，总存在x2∈[2，e2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围. 【变式训练】2　(2025·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-+-1. (1)若曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线斜率为-1，求a； (2)若存在x>0，使f(x)≤0成立，求a的取值范围. 【限时训练】（限时：30分钟） 1.(13分)(2025·张家口模拟)已知f(x)=ln x-a(x+1)，a∈R. (1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；(5分) (2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a的取值范围.(8分) 2.(15分)(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=ex-cos x-(2a+2)x. (1)当a=0时，求函数f(x)的极值点的个数；(7分) (2)若对∀x≥0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.(8分) 【拓展训练】(共17分) 3.(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3. (1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值；(5分) (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(5分) (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.(7分) 学科网（北京）股份有限公司 $