1、母题突破2恒成立问题与能成立问题母题(2023新乡模拟)已知函数f(x)x2(2a1)x2aln x若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围思路分析一f(x)0恒成立f(x)min0分类讨论求f(x)min思路分析二f(x)0恒成立求证xln x0分离参数构造新函数求新函数最值解方法一(求最值法)f(x)的定义域为(0，)，因为f(x)0恒成立，所以f(x)min0，f(x)x(2a1).当a0时，由f(x)0，得x1；由f(x)0，得0x0时，注意到f(1)2a0，得x1；由h(x)0，得0x0，所以xln x0，所以原不等式等价于2a.令g(x)(x0)，则g(x).令(x)x1ln x，则
2、(x)，由(x)0，得x2；由(x)0，得0x0，所以当x1时，g(x)0；当0x1时，g(x)0，所以函数g(x)在1，e)上单调递增，所以g(x)ming(1)2，所以a2，解得a2.子题2(2023全国乙卷改编)已知函数f(x)ln(1x)若f(x)0在区间(0，)上恒成立，求a的取值范围解f(x)ln(x1)，因为f(x)0在区间(0，)上恒成立令ln(x1)0，则(x1)ln(x1)(xax2)0，令g(x)ax2x(x1)ln(x1)，原问题等价于g(x)0在区间(0，)上恒成立，则g(x)2axln(x1)，当a0时，由于2ax0，ln(x1)0，故g(x)0，g(x)在区间(0
3、，)上单调递减，此时g(x)g(0)0，不符合题意；令h(x)g(x)2axln(x1)，则h(x)2a，当a，即2a1时，由于0，h(x)在区间(0，)上单调递增，即g(x)在区间(0，)上单调递增，所以g(x)g(0)0，g(x)在区间(0，)上单调递增，g(x)g(0)0，符合题意当0a时，由h(x)2a0，可得x1，当x时，h(x)0，h(x)在区间上单调递减，即g(x)在区间上单调递减，注意到g(0)0，故当x时，g(x)g(0)0，g(x)单调递减，由于g(0)0，故当x时，g(x)f(x)max或a0，所以1kx0，当k0时，x，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增；当k0时，
4、x0都有f(x)0，解得0x，令h(x)，h(x)在上单调递增，在上单调递减，h(x)maxhlnm2(12m)1ln 2m.令t(x)ln 2x(x0)，则t(x)0，t(1)ln 2(1ln 16)0，当x1时，t(x)0，h(x)在(0，)上单调递增，又h(1)0，当x(0,1)时，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0.g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)ming(1)0，m0，即实数m的取值范围为(，02(2023西安模拟)已知函数f(x)exaxsin x1，x0，)若f(x)0恒成立，求a的取值范围解因为f(x)exaxsin x1，所以f(x)excos xa.若a0，f(x)0在0，)上恒成立，则f(x)在0，)上单调递增，故f(x)f(0)0，符合题意若a0在0，)上恒成立，故g(x)在0，)上单调递增因为g(0)a0，且当x时，g(x)，所以x0(0，)，g(x0)0.故当x0，x0)时，f(x)g(x)0，f(x)在(x0，)上单调递增，则f(x0)f(0)0，不符合题意综上所述，a的取值范围为0，)
