《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 3 已知$f(x) = \frac{a}{x} + x\ln x$，$g(x) = x^3 - x^2 - 3$。
(1)如果存在$x_1$，$x_2 \in [0, 2]$，使得$g(x_1) - g(x_2) \geq M$成立，求满足上述条件的最大整数$M$；
(2)如果对于任意的$s$，$t \in [\frac{1}{2}, 2]$，$f(s) \geq g(t)$成立，求实数$a$的取值范围。4$[1,+\infty)$

答案：
(1)存在$x_{1},x_{2}\in[0,2]$，使得$g(x_{1})-g(x_{2})\geq M$成立，即存在$x_{1},x_{2}\in[0,2]$，使得$g(x_{1})_{\max}-g(x_{2})_{\min}\geq M(x\in[0,2])$。由$g(x)=x^{3}-x^{2}-3$，得$g^{\prime}(x)=3x^{2}-2x = 3x(x-\frac{2}{3})$，当$\frac{2}{3}＜x＜2$时，$g^{\prime}(x)＞0$，当$0＜x＜\frac{2}{3}$时，$g^{\prime}(x)＜0$，列表如下。$x$ $(0,\frac{2}{3})$ $\frac{2}{3}$ $(\frac{2}{3},2)$ $g^{\prime}(x)$ $-$ $0$ $+$ $g(x)$ $\searrow$ 极小值 $\nearrow$ 又$g(0)=-3$，$g(2)=1$，所以当$x\in[0,2]$时，$g(x)_{\max}=g(2)=1$，$g(x)_{\min}=g(\frac{2}{3})=-\frac{85}{27}$，所以$g(x)_{\max}-g(x)_{\min}=\frac{112}{27}\geq M$，所以满足条件的最大整数$M$为4。
(2)对于任意的$s,t\in[\frac{1}{2},2]$，$f(s)\geq g(t)$成立，则$f(s)_{\min}\geq g(t)_{\max}$。由
(1)易得当$x\in[\frac{1}{2},2]$时，$g(x)_{\max}=g(2)=1$，所以对任意的$x\in[\frac{1}{2},2]$，$\frac{a}{x}+x\ln x\geq1$恒成立，即$a\geq x - x^{2}\ln x$恒成立。令$h(x)=x - x^{2}\ln x(\frac{1}{2}\leq x\leq2)$，则$a\geq h(x)_{\max}$。求导得$h^{\prime}(x)=1 - 2x\ln x - x$，令$m(x)=1 - 2x\ln x - x(\frac{1}{2}\leq x\leq2)$，则$m^{\prime}(x)=-3 - 2\ln x＜0$，所以$h^{\prime}(x)$在$[\frac{1}{2},2]$上单调递减，又$h^{\prime}(1)=0$，故列表如下。$x$ $(\frac{1}{2},1)$ $1$ $(1,2)$ $h^{\prime}(x)$ $+$ $0$ $-$ $h(x)$ $\nearrow$ 极大值 $\searrow$ 所以$a\geq h(x)_{\max}=h(1)=1$，故实数$a$的取值范围是$[1,+\infty)$。

训练 3 (2025·汕头联考改编)设函数$f(x) = (x - 1)(e^x - e)$，$g(x) = e^x - ax - 1$，若$\forall x_2 \in [0, +\infty)$，都$\exists x_1 \in \mathbf{R}$，使得不等式$f(x_1) \leq g(x_2)$成立，求$a$的最大值。1

答案： 训练3 解 由题意，$f(x)=(x - 1)(e^{x}-e),x\in R$，当$x＜1$时，$x - 1＜0$，$e^{x}-e＜0$，$\therefore f(x)＞0$，当$x\geq1$时，$x - 1\geq0$，$e^{x}-e\geq0$，$\therefore f(x)\geq0$，$\therefore f(x)\geq0$恒成立，且$f(x)_{\min}=f(1)=0$。$\because\forall x_{2}\in[0,+\infty)$，都$\exists x_{1}\in R$，使得不等式$f(x_{1})\leq g(x_{2})$成立。$\therefore\forall x_{2}\in[0,+\infty)$，$f(x_{1})_{\min}\leq g(x_{2})$恒成立，$\therefore\forall x_{2}\in[0,+\infty)$，$g(x_{2})\geq0$恒成立，即$\forall x\in[0,+\infty)$，$g(x)=e^{x}-ax - 1\geq0$恒成立。法一 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$，易知$g^{\prime}(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，$\therefore$当$x\geq0$时，$g^{\prime}(x)\geq g^{\prime}(0)=1 - a$，①当$1 - a\geq0$，即$a\leq1$时，$g^{\prime}(x)\geq0$在$[0,+\infty)$上恒成立，$\therefore g(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，此时$g(x)$在$[0,+\infty)$上的最小值为$g(0)=0$，$\therefore a\leq1$满足题意；②当$1 - a＜0$，即$a＞1$时，令$g^{\prime}(x)=e^{x}-a = 0$，得$x=\ln a$，$\therefore$当$x\in(0,\ln a)$时，$g^{\prime}(x)＜0$，当$x\in(\ln a,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$\therefore g(x)$在$(0,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增，而$g(0)=0$。$\therefore$此时$g(x)$在$[0,+\infty)$上的最小值为$g(\ln a)＜0$，$\therefore a＞1$不满足题意。综合①②可得，$a$的取值范围为$(-\infty,1]$，$\therefore a$的最大值为1。