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重难专攻2　不等式恒（能）成立问题
（时间：45分钟，满分：50分）
1.（10分）设函数f（x）＝x2－（a＋2）x＋aln x（a∈R），若f（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围.
2.（10分）（2026·辽宁部分重点中学协作体考试节选）已知函数f（x）＝（ln x－x＋1）（ex－ax）（a∈R），若f（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围.
3.（15分）已知函数f（x）＝x3＋x2＋ax.
（1）若函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，求实数a的最小值；
（2）若函数g（x）＝，对 x1∈［，2］， x2∈［，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
4.（15分）（2026·四川雅安模拟）已知函数f（x）＝（a－1）x－2sin x.
（1）若函数f（x）有极值，求实数a的取值范围；
（2）若关于x的不等式f（x）＋x（1＋cos x）≤0在x∈［0，］上恒成立，求实数a的取值范围.
重难专攻2　不等式恒（能）成立问题
1.解：由题意f（x）≥1，则f（x）min≥1，
又f'（x）＝，x＞0，
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，实数a的取值范围是（－∞，－2].
2.解：构建h（x）＝ln x－x＋1，x＞0，则h'（x）＝，
令h'（x）＞0，解得0＜x＜1；令h'（x）＜0，解得x＞1，
可知h（x）在（0，1）内单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
则h（x）≤h（1）＝0，即ln x－x＋1≤0.
若f（x）≤0恒成立，则ex－ax≥0在定义域（0，＋∞）上恒成立，
可得≥a在定义域（0，＋∞）上恒成立，
构建F（x）＝，x＞0，则F'（x）＝，
令F'（x）＞0，解得x＞1；
令F'（x）＜0，解得0＜x＜1，
可知F（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）内单调递减，
则F（x）≥F（1）＝e，可得a≤e，
所以实数a的取值范围为（－∞，e].
3.解：（1）f'（x）＝x2＋2x＋a，
∵f（x）在[1，＋∞）上单调递增，
∴f'（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立，即a≥－x2－2x在[1，＋∞）上恒成立，
易知当x＝1时，（－x2－2x）max＝－1－2＝－3，
∴a≥－3，∴实数a的最小值为－3.
（2）“对 x1∈［，2］， x2∈［，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立”等价于“当x∈［，2］时，f'（x）max≤g（x）max”，
∵f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在［，2］上单调递增，∴f'（x）max＝f'（2）＝a＋8，
∵g'（x）＝，∴当x∈［，1）时，g'（x）＞0；当x∈（1，2]时，g'（x）＜0，
∴g（x）在［，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝，
∴a＋8≤，解得a≤－8，
即实数a的取值范围为（ －∞，－8］.
4.解：（1）依题意，f'（x）＝a－1－2cos x，令f'（x）＝0，得a＝1＋2cos x，
因为1＋2cos x∈[－1，3]，所以当a≤－1时，f'（x）≤0，f（x）在R上是减函数；
当a≥3时，f'（x）≥0，f（x）在R上是增函数；
当－1＜a＜3时，f'（x）＝0有变号零点，此时函数f（x）存在极值.
综上，实数a的取值范围为（－1，3）.
（2）依题意，由f（x）＋x（1＋cos x）≤0，
得（a－1）x－2sin x＋x（1＋cos x）≤0，
即2sin x－xcos x－ax≥0，
设h（x）＝2sin x－xcos x－ax，x∈［0，］，
则h'（x）＝2cos x－cos x＋xsin x－a＝cos x＋xsin x－a，
设m（x）＝cos x＋xsin x－a，则m'（x）＝xcos x，
当x∈［0，］时，m'（x）≥0，m（x）单调递增，
所以在x∈［0，］上，h'（x）≤h'（ ）＝－a，且h'（0）＝1－a，
当－a≤0，即a≥时，h'（x）≤0，h（x）在［0，］上单调递减，
则h（x）≤h（0）＝0，不符合题意，舍去；
当－a＞0，即a＜时，
①若1－a＜0，即1＜a＜，
x0∈（ 0，），使得h'（x0）＝0，当0＜x＜x0时，h'（x0）＜0，h（x）在（0，x0）内单调递减，h（x）≤h（0）＝0，不符合题意，舍去.
②若1－a≥0，即a≤1，h'（x）≥0恒成立，
h（x）在x∈［0，］上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，符合题意.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1].
1 / 1重难专攻2　不等式恒（能）成立问题
　　用导数解决不等式恒（能）成立问题的常用方法有分离参数法、分类讨论法、拆解法等，其解题思路是构造新函数分类讨论，将不等式恒（能）成立问题转化为函数的最值问题处理.
　　
分离参数法求参数范围
（师生共研过关）
（2026·山师附中一模节选）已知函数f（x）＝xln x－ax，若对任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围.
　　分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量分离的一种方法.一般地，若a＞f（x）对x∈D恒成立，则只需a＞f（x）max；若a＜f（x）对x∈D恒成立，则只需a＜f（x）min.若存在x0∈D，使a＞f（x0）成立，则只需a＞f（x）min；若存在x0∈D，使a＜f（x0）成立，则只需a＜f（x）max.由此构造不等式，求参数的范围.
训练1 （2025·山东济宁一模节选）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.
分类讨论法求参数范围
（师生共研过关）
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.
　　根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，解此类问题的关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.
训练2 （2026·河北石家庄教学质量检测）已知函数f（x）＝.
（1）当x＞0时，求函数f（x）的最小值；
（2）若关于x的不等式f（x）≥ax－aln x＋e－1恒成立，求实数a的取值范围.
拆解法求解双变量的恒（能）成立问题
（师生共研过关）
函数f（x）＝exsin x，g（x）＝（x＋1）cos x－ex. x1∈［0，］， x2∈［0，］，要使f（x1）＋g（x2）≥m成立，求实数m的取值范围.
　　双变量的恒（能）成立问题的常见转化类型 （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.
训练3 已知函数f（x）＝mx2＋（m－1）x－ln x（m∈R），g（x）＝x2－＋1.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当m＞0时，若对于任意的x1∈（0，＋∞），总存在x2∈[1，＋∞），使得f（x1）≥g（x2），求m的取值范围.
重难专攻2　不等式恒（能）成立问题
考点1
【例1】　解：由任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2恒成立，
得ax≥xln x－x2－2恒成立.
因为x＞0，故a≥ln x－x－在x∈（0，＋∞）上恒成立.
设h（x）＝ln x－x－（x＞0），则h'（x）＝－1＋＝－，
令h'（x）＝0，得x1＝2，x2＝－1（舍去），
当x∈（0，2）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（2，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
故当x＝2时，h（x）取得极大值，也是最大值，且h（x）max＝h（2）＝ln 2－3，
所以若a≥h（x）在x∈（0，＋∞）上恒成立，则a≥h（x）max＝ln 2－3，
故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞）.
训练1　解：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，不等式等价于a≥－（ x＋）在（0，＋∞）上有解，
令g（x）＝－（ x＋），则g'（x）＝－＝，
令g'（x）＝0，得x＝1，
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，＋∞）.
考点2
【例2】　解：由题意得f（x）－＝≤0在x∈[1，＋∞）上恒成立，
令g（x）＝xln x－a（x2－1）（x≥1），
g'（x）＝ln x＋1－2ax，
令F（x）＝g'（x）＝ln x＋1－2ax（x≥1），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∈［1，）时，F'（x）＞0，
∴g'（x）在［1，）上单调递增，从而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.
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［，＋∞）.
训练2　解：（1）f'（x）＝，
当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）min＝f（1）＝e.
（2）设h（x）＝f（x）－ax＋aln x－（e－1），则当x＞0时，h（x）≥0恒成立，
h'（x）＝－a＋
＝，
由（1）得当x＞0时，≥e，即ex≥ex，
①当a≤e，x＞0时，ex－ax≥ex－ex≥0，
当x∈（0，1）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）≥h（1）＝e－a－（e－1）＝1－a≥0，所以a≤1.
②当a＞e时，h（1）＝1－a＜0，这与h（x）≥0矛盾.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1].
考点3
【例3】　解：f（x1）＋g（x2）≥m，即f（x1）≥m－g（x2），
设t（x）＝m－g（x），则问题等价于f（x）min≥t（x）max，x∈［0，］.
f'（x）＝exsin x＋excos x＝ex（sin x＋cos x），当x∈［0，］时，f'（x）＞0，故f（x）在［0，］上单调递增，
∴当x∈［0，］时，f（x）min＝f（0）＝0.
t（x）＝m－（x＋1）cos x＋ex，
t'（x）＝－cos x＋（x＋1）sin x＋ex，
∵x∈［0，］，
∴－cos x＋ex＞0，（x＋1）sin x≥0，
∴t'（x）＞0在［0，］上恒成立，t（x）在［0，］上单调递增，
∴当x∈［0，］时，t（x）max＝t（ ）＝m＋.
∴m＋≤0，m≤－，
故实数m的取值范围是（－∞，－].
训练3　解：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝mx＋m－1－＝.
当m≤0时，f'（x）＜0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
当m＞0时，由f'（x）＞0，解得x＞，
即f（x）在（ ，＋∞）上单调递增，
由f'（x）＜0，解得0＜x＜，即f（x）在（ 0，）上单调递减.
综上，当m≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
当m＞0时，f（x）在（ 0，）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增.
（2）当m＞0时，由（1）知f（x）min＝f（ ）＝ln m＋1－.
当x≥1时，g'（x）＝2x＋e－x＞0恒成立，g（x）在[1，＋∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝2－，
由题意知f（x1）min≥g（x2）min，x1∈（0，＋∞），x2∈[1，＋∞），即ln m＋1－≥2－.
设h（m）＝ln m＋1－，
因为m＞0，所以h'（m）＝＋＞0，
所以h（m）在（0，＋∞）上单调递增.
又h（e）＝2－，所以m≥e，
即m的取值范围是[e，＋∞）.
1 / 1(共34张PPT)
重难专攻2　不等式恒（能）成立问题
重难解读
　　用导数解决不等式恒（能）成立问题的常用方法有分离参数法、分类讨论法、拆解法等，其解题思路是构造新函数分类讨论，将不等式恒（能）成立问题转化为函数的最值问题处理.
分离参数法求参数范围（师生共研过关）
（2026·山师附中一模节选）已知函数f（x）＝xln x－ax，若对任意
x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围.
解：由任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2恒成立，
得ax≥xln x－x2－2恒成立.
因为x＞0，故a≥ln x－x－ 在x∈（0，＋∞）上恒成立.
设h（x）＝ln x－x－ （x＞0），则h'（x）＝ －1＋ ＝
－ ，
令h'（x）＝0，得x1＝2，x2＝－1（舍去），
当x∈（0，2）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（2，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
故当x＝2时，h（x）取得极大值，也是最大值，且h（x）max＝h（2）
＝ln 2－3，
所以若a≥h（x）在x∈（0，＋∞）上恒成立，则a≥h（x）max＝ln 2
－3，
故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞）.
　　分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量
分离的一种方法.一般地，若a＞f（x）对x∈D恒成立，则只需a＞f
（x）max；若a＜f（x）对x∈D恒成立，则只需a＜f（x）min.若存在
x0∈D，使a＞f（x0）成立，则只需a＞f（x）min；若存在x0∈D，使a
＜f（x0）成立，则只需a＜f（x）max.由此构造不等式，求参数的范围.
训练1 （2025·山东济宁一模节选）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：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，不等式等价于a≥ －（x＋ ）在（0，＋∞）上有解，
令g（x）＝ －（x＋ ），则g'（x）＝ － ＝
，
令g'（x）＝0，得x＝1，
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，＋∞）.
分类讨论法求参数范围（师生共研过关）
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：由题意得f（x）－ ＝ ≤0在x∈[1，＋∞）上恒
成立，
令g（x）＝xln x－a（x2－1）（x≥1），
g'（x）＝ln x＋1－2ax，
令F（x）＝g'（x）＝ln x＋1－2ax（x≥1），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∈［1， ）时，F'（x）＞0，
∴g'（x）在［1， ）上单调递增，从而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.
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［ ，＋∞）.
　　根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问
题，解此类问题的关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最
值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数
值不满足题意即可.
训练2 （2026·河北石家庄教学质量检测）已知函数f（x）＝ .
（1）当x＞0时，求函数f（x）的最小值；
解： f'（x）＝ ，
当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）min＝f（1）＝e.
（2）若关于x的不等式f（x）≥ax－aln x＋e－1恒成立，求实数a的取
值范围.
解：设h（x）＝f（x）－ax＋aln x－（e－1），则当x＞0时，h（x）
≥0恒成立，
h'（x）＝ －a＋ ＝ ，
由（1）得当x＞0时， ≥e，即ex≥ex，
①当a≤e，x＞0时，ex－ax≥ex－ex≥0，
当x∈（0，1）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）≥h（1）＝e－a－（e－1）＝1－a≥0，所以a≤1.
②当a＞e时，h（1）＝1－a＜0，这与h（x）≥0矛盾.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1].
拆解法求解双变量的恒（能）成立问题（师生共研过关）
函数f（x）＝ex sin x，g（x）＝（x＋1） cos x－ ex. x1∈［0，
］， x2∈［0， ］，要使f（x1）＋g（x2）≥m成立，求实数m的取
值范围.
解：f（x1）＋g（x2）≥m，即f（x1）≥m－g（x2），
设t（x）＝m－g（x），则问题等价于f（x）min≥t（x）max，x∈
［0， ］.
f'（x）＝ex sin x＋ex cos x＝ex（ sin x＋ cos x），当x∈［0， ］时，f'
（x）＞0，故f（x）在［0， ］上单调递增，
∴当x∈［0， ］时，f（x）min＝f（0）＝0.
t（x）＝m－（x＋1） cos x＋ ex，
t'（x）＝－ cos x＋（x＋1） sin x＋ ex，
∵x∈［0， ］，
∴－ cos x＋ ex＞0，（x＋1） sin x≥0，
∴t'（x）＞0在［0， ］上恒成立，t（x）在［0， ］上单调递增，
∴当x∈［0， ］时，t（x）max＝t（ ）＝m＋ .
∴m＋ ≤0，m≤－ ，
故实数m的取值范围是（－∞，－ ].
　　双变量的恒（能）成立问题的常见转化类型
（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.
训练3 已知函数f（x）＝ mx2＋（m－1）x－ln x（m∈R），g（x）＝
x2－ ＋1.
（1）讨论f（x）的单调性；
解： 函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝mx＋m－1－ ＝
.
当m≤0时，f'（x）＜0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
当m＞0时，由f'（x）＞0，解得x＞ ，
即f（x）在（ ，＋∞）上单调递增，
由f'（x）＜0，解得0＜x＜ ，即f（x）在（0， ）上单调递减.
综上，当m≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
当m＞0时，f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增.
（2）当m＞0时，若对于任意的x1∈（0，＋∞），总存在x2∈[1，＋
∞），使得f（x1）≥g（x2），求m的取值范围.
解：当m＞0时，由（1）知f（x）min＝f（ ）＝ln m＋1－ .
当x≥1时，g'（x）＝2x＋ e－x＞0恒成立，g（x）在[1，＋∞）上单调
递增，
所以g（x）min＝g（1）＝2－ ，
由题意知f（x1）min≥g（x2）min，x1∈（0，＋∞），x2∈[1，＋∞），
即ln m＋1－ ≥2－ .
设h（m）＝ln m＋1－ ，
因为m＞0，所以h'（m）＝ ＋ ＞0，
所以h（m）在（0，＋∞）上单调递增.
又h（e）＝2－ ，所以m≥e，
即m的取值范围是[e，＋∞）.
课时跟踪检测
（时间：45分钟，满分：50分）
1. （10分）设函数f（x）＝x2－（a＋2）x＋aln x（a∈R），若f（x）
≥1恒成立，求实数a的取值范围.
解：由题意f（x）≥1，则f（x）min≥1，
又f'（x）＝ ，x＞0，
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，实数a的取值范围是（－∞，－2].
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2. （10分）（2026·辽宁部分重点中学协作体考试节选）已知函数f（x）
＝（ln x－x＋1）（ex－ax）（a∈R），若f（x）≤0恒成立，求实数a
的取值范围.
解：构建h（x）＝ln x－x＋1，x＞0，则h'（x）＝ ，
令h'（x）＞0，解得0＜x＜1；令h'（x）＜0，解得x＞1，
可知h（x）在（0，1）内单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
则h（x）≤h（1）＝0，即ln x－x＋1≤0.
若f（x）≤0恒成立，则ex－ax≥0在定义域（0，＋∞）上恒成立，
可得 ≥a在定义域（0，＋∞）上恒成立，
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构建F（x）＝ ，x＞0，则F'（x）＝ ，
令F'（x）＞0，解得x＞1；
令F'（x）＜0，解得0＜x＜1，
可知F（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）内单调递减，
则F（x）≥F（1）＝e，可得a≤e，
所以实数a的取值范围为（－∞，e].
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3. （15分）已知函数f（x）＝ x3＋x2＋ax.
（1）若函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，求实数a的最小值；
解： f'（x）＝x2＋2x＋a，
∵f（x）在[1，＋∞）上单调递增，
∴f'（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立，即a≥－x2－2x在[1，＋∞）上恒
成立，
易知当x＝1时，（－x2－2x）max＝－1－2＝－3，
∴a≥－3，
∴实数a的最小值为－3.
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（2）若函数g（x）＝ ，对 x1∈［ ，2］， x2∈［ ，2］，使f'
（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
解： “对 x1∈［ ，2］， x2∈［ ，2］，使f'（x1）≤g（x2）成
立”等价于“当x∈［ ，2］时，f'（x）max≤g（x）max”，
∵f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在［ ，2］上单调递增，∴f'
（x）max＝f'（2）＝a＋8，
∵g'（x）＝ ，∴当x∈［ ，1）时，g'（x）＞0；当x∈（1，2]时，
g'（x）＜0，
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∴g（x）在［ ，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，∴g（x）max
＝g（1）＝ ，
∴a＋8≤ ，解得a≤ －8，
即实数a的取值范围为（－∞， －8］.
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4. （15分）（2026·四川雅安模拟）已知函数f（x）＝（a－1）x－2
sin x.
（1）若函数f（x）有极值，求实数a的取值范围；
解： 依题意，f'（x）＝a－1－2 cos x，令f'（x）＝0，得a＝1＋2
cos x，
因为1＋2 cos x∈[－1，3]，所以当a≤－1时，f'（x）≤0，f（x）在R上
是减函数；
当a≥3时，f'（x）≥0，f（x）在R上是增函数；
当－1＜a＜3时，f'（x）＝0有变号零点，此时函数f（x）存在极值.
综上，实数a的取值范围为（－1，3）.
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（2）若关于x的不等式f（x）＋x（1＋ cos x）≤0在x∈［0， ］上恒成
立，求实数a的取值范围.
解： 依题意，由f（x）＋x（1＋ cos x）≤0，
得（a－1）x－2 sin x＋x（1＋ cos x）≤0，
即2 sin x－x cos x－ax≥0，
设h（x）＝2 sin x－x cos x－ax，x∈［0， ］，
则h'（x）＝2 cos x－ cos x＋x sin x－a＝ cos x＋x sin x－a，
设m（x）＝ cos x＋x sin x－a，则m'（x）＝x cos x，
当x∈［0， ］时，m'（x）≥0，m（x）单调递增，
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所以在x∈［0， ］上，h'（x）≤h'（ ）＝ －a，且h'（0）＝1－a，
当 －a≤0，即a≥ 时，h'（x）≤0，h（x）在［0， ］上单调递减，
则h（x）≤h（0）＝0，不符合题意，舍去；
当 －a＞0，即a＜ 时，
①若1－a＜0，即1＜a＜ ，
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x0∈（0， ），使得h'（x0）＝0，当0＜x＜x0时，h'（x0）＜0，h
（x）在（0，x0）内单调递减，h（x）≤h（0）＝0，不符合题意，
舍去.
②若1－a≥0，即a≤1，h'（x）≥0恒成立，
h（x）在x∈［0， ］上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，符合题意.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1].
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