《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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$g(x_1)-g(x_2)\geqslant M$成立,求满足上述条件的最大整数$M$;
(2)如果对于任意的$s,t\in[\frac{1}{2},2]$,$f(s)\geqslant g(t)$成立,求实数$a$的取值范围.

答案： 例3 解
(1)存在$x_{1},x_{2} \in [0,2]$，使得$g(x_{1})-g(x_{2}) \geqslant M$成立，即存在$x_{1},x_{2} \in [0,2]$，使得$g(x_{1})_{\max}-g(x_{2})_{\min} \geqslant M$。
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：
| $x$ | $(0,\frac{2}{3})$ | $\frac{2}{3}$ | $(\frac{2}{3},2)$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $g^{\prime}(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $g(x)$ | 递减 | 极小值 | 递增 |
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$g(x)_{\max}-g(x)_{\min}=\frac{112}{27} \geqslant M$。
所以满足条件的最大整数$M$为$4$。
(2)对于任意的$s,t \in [\frac{1}{2},2]$，$f(s) \geqslant g(t)$成立，则$f(s)_{\min} \geqslant g(t)_{\max}$。
由
(1)易得当$x \in [\frac{1}{2},2]$时，$g(x)_{\max}=g(2)=1$。
所以对任意的$x \in [\frac{1}{2},2]$，$\frac{a}{x}+x\ln x \geqslant 1$恒成立，即$a \geqslant x - x^{2}\ln x$恒成立。
令$h(x)=x - x^{2}\ln x(\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 2)$，则$a \geqslant h(x)_{\max}$。
求导得$h^{\prime}(x)=1 - 2x\ln x - x$，令$m(x)=1 - 2x\ln x - x(\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 2)$，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：
| $x$ | $(\frac{1}{2},1)$ | $1$ | $(1,2)$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $h^{\prime}(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $h(x)$ | 递增 | 极大值 | 递减 |
所以$a \geqslant h(x)_{\max}=h(1)=1$，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$f(x)=(x-1)(\mathrm{e}^x-\mathrm{e})$,$g(x)=\mathrm{e}^x-ax-1$,若$\forall x_2\in[0,+\infty)$,都$\exists x_1\in\mathbf{R}$,使得不等式$f(x_1)\leqslant g(x_2)$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$x \geqslant 1$时，$x - 1 \geqslant 0$，$e^{x}-e \geqslant 0$，$\therefore f(x) \geqslant 0$。
$\therefore f(x) \geqslant 0$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$f(x_{1}) \leqslant g(x_{2})$成立，$\forall x_{2} \in [0,+\infty)$，$f(x_{1})_{\min} \leqslant g(x_{2})$恒成立。
$\therefore \forall x_{2} \in [0,+\infty)$，$g(x_{2}) \geqslant 0$恒成立，即$\forall x \in [0,+\infty)$，$g(x)=e^{x}-ax - 1 \geqslant 0$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$x \geqslant 0$时，$g^{\prime}(x) \geqslant g^{\prime}(0)=1 - a$。
①当$1 - a \geqslant 0$，即$a \leqslant 1$时，$g^{\prime}(x) \geqslant 0$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$g(0)=0$，$\therefore a \leqslant 1$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$1$。
法二 当$x = 0$时，很显然符合题意。
当$x ＞ 0$时，$a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$，记$h(x)=\frac{e^{x}-1}{x},x＞0$。
则$h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x - 1)+1}{x^{2}}$，令$m(x)=e^{x}(x - 1)+1,x＞0$，则$m^{\prime}(x)=xe^{x}＞0$。
$\therefore m(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，$\therefore m(x)＞m(0)=0$，$\therefore h^{\prime}(x)＞0$。
$\therefore h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，又$\lim\limits_{x \to 0}h(x)=\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=1$，$\therefore a \leqslant 1$，即$a$的最大值为$1$。