2025年高考数学必刷题分类：第23讲、不等式恒成立（教师版）

第23讲不等式恒成立

知识梳理

1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：

（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取

值范围；

（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；

（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少

碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问

题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（），；

1xDmfxmfxmin

（），；

2xDmfxmfxmax

（），；

3xDmfxmfxmax

（），．

4xDmfxmfxmin

3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数yfx，xa,b，ygx，xc,d．

（）若，，有成立，则；

1x1a,bx2c,dfx1gx2fxmaxgxmin

（）若，，有成立，则；

2x1a,bx2c,dfx1gx2fxmaxgxmax

（）若，，有成立，则；

3x1a,bx2c,dfx1gx2fxmingxmax

（4）若x1a,b，x2c,d，有fx1gx2成立，则fx的值域是gx的值域

的子集．

4、法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：

（）limfx0及limgx0；

1xaxa

（2）在点a的去心邻域a,aa,a内，f(x)与g(x)可导且g(x)0；

fx

（3）liml，

xagx

fxfx

那么lim=liml．

xagxxagx

法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：（1）limfx0及limgx0；

xx

（2）A0，f(x)和g(x)在,A与A,上可导，且g(x)0；

fx

（3）liml，

xgx

fxfx

那么lim=liml．

xgxxgx

法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：

（1）limfx及limgx；

xaxa

（2）在点a的去心邻域a,aa,a内，f(x)与g(x)可导且g(x)0；

fx

（3）liml，

xagx

fxfx

那么lim=liml．

xagxxagx

注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：

（1）将上面公式中的xa，x,x，xa，xa洛必达法则也

成立．

000

（2）洛必达法则可处理，，0，，，，型．

010

000

（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，0，，，，

010

型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，

这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．

（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．

fxfxfx

limlimlim，如满足条件，可继续使用洛必达法则．

xagxxagxxagx

必考题型全归纳

题型一：直接法

例1．（2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数

1

fxx2aexaR.

2

(1)已知函数fx在0,f0处的切线与圆x2y22x2y30相切，求实数a的值.

(2)已知x0时，fxx2axa恒成立，求实数a的取值范围.

【解析】（1）依题意，圆(x1)2(y1)25的圆心为1,1，半径为5，

对函数fx求导得fxxaex，则函数fx的图象在0,f0处的切线斜率为

f0a，而f0a，

于是函数fx的图象在0,f0处的切线方程为yaax，即axya0，

a1a

从而5，解得a2，

a212

所以实数a的值为2.

3

（2）设gxfxx2axax2aexaxax0，依题意，当x0时，g(x)0恒

2

成立，

求导得gx3xaexa，设hx3xaexax0，求导得hx3aex，

当a3时，当x0时，aex3ex3，即有hx0，

因此函数hx，即gx在0,上单调递减，于是当x0时，gxg00，

则函数gx在0,上单调递减，从而当x0时，gxg00，因此a3，

33

当0<a<3时，当0xln时，hx0，则函数hx，即gx在0,ln上单调递增，

aa

33

于是当0xln时，gxg00，即函数gx在0,ln上单调递增，

aa

3

因此当0xln时，gxg00，不合题意，

a

当a0时，hx0，函数hx，即gx在0,上单调递增，

则当x0时，gxg00，即函数gx在0,上单调递增，

于是当x0时，gxg00，不合题意，

所以实数a的取值范围为3,.

例2．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数fxexa,gxlnxa，

其中aR．

(1)讨论方程fxx实数解的个数；

(2)当x1时，不等式fxgx恒成立，求a的取值范围．

【解析】（1）由fxx可得，exax，

令sxexxa,sxex1，令y0，可得x0，

当x,0,sx0，函数sx单调递减，

当x0,,sx0，函数sx单调递增，

所以函数sx在x0时取得最小值1a，

所以当a1时，方程fxx无实数解，

当a1时，方程fxx有一个实数解，

当时，，故，

a11a0sxmin0

而saea0，saea2a，

设uaea2a,a1，则uaea20，

故ua在1,上为增函数，故uau(1)e20，

故sx有两个零点即方程fxx有两个实数解.

（2）由题意可知，

不等式fxgx可化为，exalnxa,xa，

即当x1时，exlnxaa0恒成立，

所以a<1，即a1，

1

令hxexlnxaa,hxex，

xa

1

则hx在1,上单调递增，而h1e，

1a

1

当h10即a1时，hx0,hx在1,上单调递增，

e

故，

hxminh1eln(1a)a

eln(1a)a0

由题设可得1，

a

e

1

设vaeln(1a)a，则该函数在,上为减函数，

e

1

而ve10，故ae1.

e

1a11

当h10即1a1时，因为ha1e0，

ea1a

故hx在1,上有且只有一个零点x0，

当1xx0时，hx0，而xx0时，hx0，

故hx在1,x0上为减函数，在x0,上为增函数，

故x0，

hxminelnx0aa0

x1

0x0

而e，故x0lnx0a，故ex0a0

x0a

1

因为x1，故ex0x1ea，故1a1符合，

00e

综上所述，实数a的取值范围为1,e1．

sinxπ

例3．（2024·全国·统考高考真题）已知函数fxax,x0,．

cos2x2

(1)当a1时，讨论fx的单调性；

(2)若fxsinx0，求a的取值范围．

sinxπ

【解析】（1）因为a1，所以fxx,x0,，

cos2x2

cosxcos2x2cosxsinxsinxcos2x2sin2x

则fx11

cos4xcos3x

322

cosxcosx21cosxcos3xcos2x2

，

cos3xcos3x

π

令tcosx，由于x0,，所以tcosx0,1，

2

所以cos3xcos2x2t3t22t3t22t22t2t12t1t1t22t2t1，

2

因为t22t2t110，t10，cos3xt30，

cos3xcos2x2π

所以fx0在0,上恒成立，

cos3x2

π

所以fx在0,上单调递减.

2

（2）法一：

sinxπ

构建gxfxsinxaxsinx0x，

cos2x2

1sin2xπ

则gxacosx0x，

cos3x2

若gxfxsinx0，且g0f0sin00，

则g0a11a0，解得a0，

sinx1

当a0时，因为sinxsinx1，

cos2xcos2x

π1

又x0,，所以0sinx1，0cosx1，则1，

2cos2x

sinx

所以fxsinxsinx0，满足题意；

cos2x

π

当a<0时，由于0x，显然ax0，

2

sinxsinx

所以fxsinxaxsinxsinx0，满足题意；

cos2xcos2x

综上所述：若fxsinx0，等价于a0，

所以a的取值范围为,0.

法二：

2

sinxsinxcos2xsinxsinxcosx1sin3x

因为sinx，

cos2xcos2xcos2xcos2x

π

因为x0,，所以0sinx1，0cosx1，

2

sinxπ

故sinx0在0,上恒成立，

cos2x2

sinx

所以当a0时，fxsinxsinx0，满足题意；

cos2x

π

当a<0时，由于0x，显然ax0，

2

sinxsinx

所以fxsinxaxsinxsinx0，满足题意；

cos2xcos2x

sinxsin3x

当a0时，因为fxsinxaxsinxax，

cos2xcos2x

sin3xπ3sin2xcos2x2sin4x

令gxax0x，则gxa，

cos2x2cos3x

3sin20cos202sin40

注意到g0aa0，

cos30

ππ

若0x，gx0，则gx在0,上单调递增，

22

注意到g00，所以gxg00，即fxsinx0，不满足题意；

π

若0x，gx0，则g0gx0，

0200

ππ

所以在0,上最靠近x0处必存在零点x10,，使得gx10，

22

此时gx在0,x1上有gx0，所以gx在0,x1上单调递增，

则在0,x1上有gxg00，即fxsinx0，不满足题意；

综上：a0.

变式1．（2024·河南·襄城高中校联考三模）已知函数fxmlnx，gxex1．

(1)若曲线yfx在1,0处的切线与曲线ygx相交于不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，

Mx,y

曲线ygx在A，B点处的切线交于点00，求x1x2x0的值；

(2)当曲线yfx在1,0处的切线与曲线ygx相切时，若x1,，

fxegxa1eaex恒成立，求a的取值范围．

m

【解析】（1）因为fx，所以f1m，

x

所以曲线yfx在1,0处的切线方程为ymx1．

x11x21

由已知得mx11e，mx21e，不妨设1x1x2，

x11x11

又曲线ygx在点A处的切线方程为yexx1e，

x21x21

在点B处的切线方程为yexx2e，

x11x21x11x21

两式相减得eex1x1ex2e0，

x11x21

将mx11e，mx21e，

代入得mx1mx2x1x1mx11x2mx210，

化简得mx1x2x2x1x20，

Mx,y

显然m0，所以mx1x20，所以x1x2x2，又00，所以x1x2x02．

（2）当直线ymx1与曲线ygx相切时，设切点为Pt,gt，

则切线方程为yet1et1xt，将点1,0代入，解得t2，此时me，fxelnx，

根据题意得，x1,，fxegxa1eaex，

即ex1lnxaxa10恒成立．

1

令Fxex1ax1lnx1x1，则，Fxex1a，令hxFx，则

x

1

hxex1，

x2

易知hx在1,上单调递增，所以hxh10，

所以Fx在1,上单调递增，所以FxF1a2．

若a2，则Fxa20，即Fx在1,上单调递增，

则FxF10，所以fxegxa1eaex在1,上恒成立，符合题意；

若a2，则F1a20．

1lna111

又F1lnaea0，

1lna1lna

所以存在x01,1lna，使得Fx00，

当x1,x0时，Fx0，Fx单调递减，即FxF10，

所以此时存在x1,x0，使得fxegxa1eaex，不符合题意．

综上可得，a的取值范围为2,．

题型二：端点恒成立

例4．（2024·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）设函数

1π13

fxsinxxcosx0x,gxfxsinxax．

222

π

(1)求fx在x处的切线方程；

2

(2)若任意x0,，不等式gx0恒成立，求实数a的取值范围．

ππ11ππ

【解析】（1）x时，f；又fxxsinxcosx，则kf，

222222

1πππ2π2

切线方程为：yx，即yx

22224

（2）gxsinxxcosxax3，

则gxxsinx3ax，又令hxsinx3ax,hxcosx3a，

1

①当3a1，即a时，hx0恒成立，∴hx在区间0,上单调递增，

3

∴hxh00，∴gx0，∴gx在区间0,上单调递增，

∴gxg00（不合题意）；

1

②当3a1即a时，hx0,hx在区间0,上单调递减，

3

∴hxh00，∴gx0，∴gx在区间0,上单调递减，

∴gxg00（符合题意）；

11

③当13a1，即a时，由h013a0,hπ13a0，

33

∴x00,π，使hx00，且x0,x0时，hx0,hxh00,gx0，

∴gx在x0,x0上单调递增，∴gxg00（不符合题意）；

1

综上，a的取值范围是a；

3

例5．（2024·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知函数

f(x)xlnxax21．

(1)当a0时，求函数fx在点1,f1处的切线方程；

(2)若函数yfx在x1处取得极值，求实数a的值；

(3)若不等式fx0对x[1,)恒成立，求实数a的取值范围．

【解析】（1）当a0时，f(x)xlnx，定义域为(0,)，f(1)0，

1

f(x)lnxx1lnx，f(1)1，

x

所以函数fx在点1,f1处的切线方程为y0x1，即xy10.

1

（2）f(x)lnxx2ax1lnx2ax，

x

1

设f(x)g(x)1lnx2ax，则g(x)2a，

x

1

依题意得g(1)0，即a，

2

111x

当a时，g(x)1，当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，

2xx

所以f(x)g(x)在x1处取得极大值，符合题意.

1

综上所述：a.

2

（3）当x1时，f(1)0，aR，

当x1时，f(x)1lnx2ax,

令h(x)f(x)1lnx2ax，x1，

112ax

则h(x)2a，

xx

①当a0时，h(x)0在(1,)上恒成立，故h(x)f(x)在(1,)上为增函数，

所以f(x)f(1)12a0，故f(x)在(1,)上为增函数，

故f(x)f(1)0，不合题意.

1

②当a0时，令h(x)0，得x，

2a

11

（i）若1，即a时，在x1时，h(x)0，h(x)在(1,)上为减函数，

2a2

h(x)h(1)12a0，即f(x)0，f(x)在(1,)上为减函数，f(x)f(1)0，符合题意；

11

(ii)若1，即0a时，

2a2

11

当x(1,)时，h(x)0，h(x)在(1,)上为增函数，h(x)h(1)12a0，

2a2a

1

f(x)在(1,)上为增函数，f(x)f(1)0，不合题意.

2a

1

综上所述：若不等式fx0对x[1,)恒成立，则实数a的取值范围是a.

2

ax

例6．（2024·湖南·校联考模拟预测）已知函数fxln1x,gx,f'x与g'x分别

ex

是fx与gx的导函数.

(1)证明:当a1时,方程f'xg'x在1,0上有且仅有一个实数根;

(2)若对任意的x0,,不等式fxgx恒成立,求实数a的取值范围.

1

【解析】（1）fxln1x,f'x,

1x

x1x

当a1时,gx,g'x,

exex

11x1

''x2

令hxfxgxxxex1,

1xe1xe

令xexx21,则'xex2x,

''11'

显然x在1,0上是单调递增函数,且10,010,

2e

'1

∴x在,0上有唯一零点x0,

2

'

且x1,x0时,x0,x单调递减,

'

xx0,0时,x0,x单调递增,

11323

又00,0,

2e434

6

621

e31e10,

333

61

∴x0在,上有唯一的根,

32

∴hxf'xg'x在1,0上有唯一零点,

即f'xg'x在1,0上有且仅有一个实数根.

ax1

（2）∵fxgxln1xexln1xax,

exex

令Gxexln1xax,x0,,则G00,

fxgx等价于:Gx0,x0,,

1

G'xexln1xa,G'01a,

1x

1

令Hxexln1xa,

1x

21

'x

则Hxeln1x2,

1x(1x)

21

令Txln1x,x0,,

1x(1x)2

122x21

则T'x0,

1x(1x)2(1x)3(1x)3

故Tx在0,上单调递增,TxT01,H'x10,

故Hx即G'x在0,上单调递增,G'x1a,

当a1时,Gx0,

∴Gx在0,上单调递增,

∴GxG00;

'

当a1时,G01a0,取x1e1lna0,

1

则ln1x1lnelnalne1,0,

1x1

ex1ee1lnaelnaa,

'x11

∴Gx1eln1x1aa10a0,

1x1

'

∴x20,x1,使得Gx20,

'

x0,x2时,Gx0,Gx单调递减,

此时GxG00,不符合题意.

综上可知:a的取值范围为,1.

1

变式2．（2024·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数fxax3x，函数

3

gxex2xsinx.

(1)求函数gx的单调区间；

(2)记Fxgxfx，对任意的x0，Fx0恒成立，求实数a的取值范围.

【解析】（1）gxex2xsinx，函数定义域为R，

则gxex2cosx且g00，

令xgx，xexsinx,x0,,xexsinx1sinx0，x在0,上

单调递增，

所以xgxg00，所以gx的单调递增区间为0,，

x,0，gxex2cosxcosx10，所以gx的单调递减区间为,0.

1

（2）fxax3x，fxax21，

3

则Fxgxfxex2xsinxax21，且F00，

Fxexcosx2ax2,x0,,

令GxFx，Gxexsinx2a，

令HxGx，x0时Hxexcosx1cosx0，

所以Gx在0,上单调递增，

1

①若a，GxG012a0，

2

所以Fx在0,上单调递增，所以FxF00，

所以FxF00恒成立.

1

②若a,G012a0，Gln2a22sin2a20，

2

所以存在x00,ln2a2，使Gx00，

故存在x0,x0，使得Gx0，

此时Gx单调递减，即Fx在0,x0上单调递减，

所以FxF00，故Fx在0,x0上单调递减，

所以此时FxF00，不合题意.

1

综上，a.

2

1

实数a的取值范围为,.

2

sinx

变式3．（2024·宁夏银川·校联考二模）已知函数fx．

ex

(1)讨论fx在0,π上的单调性；

π

(2)若对于任意x0,，若函数fxkx恒成立，求实数k的取值范围．

2

2cosx

【解析】（1）cosxsinx4，

fx

exex

ππ

f¢(x)>0，则0x；fx0，则xπ，

44

ππ

所以fx在0,单调递增，在,π单调递减．

44

sinx

（2）令gxkx，有g00

ex

当k0时，x0,ex0,sinx0,gx0，不满足；

cosxsinx

当k0时，gxk，

ex

cosxsinx

令hxgxk，

ex

2cosxπ

所以hx0在0,恒成立，

ex2

π

则gx在0,单调递减，

2

π1

g01k，gπk0，

2

e2

①当1k0，即k1时，gxg00，

π

所以gx在0,单调递减，

2

所以gxg00，满足题意；

②当1k0，即0k1时，

π1

π

因为gx在0,单调递减，g01k0，gπk0，

22

e2

所以存在唯一x00,，使得gx00，

2

所以gx在0,x0单调递增，

所以gx0g00，不满足，舍去.

综上：k1.

变式4．（2024·四川泸州·统考三模）已知函数fxx1exax2．

(1)若fx单调递增，求a的取值范围；

(2)若x0，fxsinxcosx，求a的取值范围．

【解析】（1）由fxx1exax2，得fxxexa，

由于fx单调递增，则fx0即axex恒成立，

令gxxex，则g(x)(x1)ex，

可知x1时，g(x)0，则gx在(,1)上单调递增；

x1时，g(x)0，则gx在(1,)上单调递减，

1

故x=1时，gx取得极大值即最大值g1，

e

11

故a．所以a的取值范围是,．

ee

（2）由题意x0时，fxsinxcosx恒成立，即(x1)exaxsinxcosx20；

令h(x)(x1)exaxsinxcosx2，原不等式即为hx0恒成立，

可得h00，h(x)xexacosxsinx，h(0)a1，

令u(x)h(x)xexacosxsinx，则u(x)(x1)exsinxcosx，

又设t(x)(x1)ex，则txx2ex，

则x0，tx0，可知t(x)在[0,)上单调递增，

πx

若x0,，有x1e0，sinxcosx0，则u(x)0；

2

π

πxπ

若x,，有x1e1e2e，

22

则uxx1exsinxcosx0，

所以，x0，u(x)0，则u(x)即h(x)单调递增，

（i）当a10即a1时，h(x)h(0)0，则h(x)单调递增，

所以，h(x)h(0)0恒成立，则a1符合题意．

（ii）当a10即a1时，h(0)0，

h(2a)(2a)e2aacos(2a)sin(2a)2aacos(2a)sin(2a)0，

存在x00,2a，使得h(x0)0，

当0xx0时，h(x)0，则h(x)在(0,x0)单调递减，

所以h(x)h(0)0，与题意不符，

综上所述，a的取值范围是1,.

题型三：端点不成立

例7．（2024·重庆·统考模拟预测）已知函数f(x)alnxx(a0)．

(1)讨论函数f(x)的极值；

xa

(2)当x0时，不等式2f(x)sin[f(x)]1恒成立，求a的取值范围．

ex

aax

【解析】（1）由题意可得：f(x)的定义域为0,，且f(x)1，

xx

①当a<0时，则x0,ax0，可得f(x)0，

所以f(x)在0,上单调递减，无极值；

②当a0时，令f(x)0，解得0xa；令fx0，解得xa；

则f(x)在0,a上单调递增，在a,上单调递减，

所以f(x)有极大值f(a)alnaa，无小极值；

综上所述：当a<0时，f(x)无极值；

当a0时，f(x)有极大值f(a)alnaa，无极小值.

xa

（2）因为2f(x)sin[f(x)]1，则efx2f(x)sin[f(x)]10，

ex

构建gx=ex2xsinx1，则gx=ex2cosx，

①当x0时，则ex1,cosx1，则gx=ex2cosx0，等号不能同时取到，

所以gx在,0上单调递减；

②当x0时，构建xgx，则xexsinx，

因为ex1,sinx1，则xexsinx0，

所以x在0,上单调递增，

π2

且020，1e2cos1e2cose20，

42

故x在0,内存在唯一零点x00,1，

当0xx0时，则x0；当xx0时，则x0；

即当0xx0时，则gx0；当xx0时，则gx0；

所以gx在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增；

综上所述：gx在,x0上单调递减，在x0,上单调递增，

x0

则gxgx0=e2x0sinx01，且gx0g00，

gx的图象大致为：

对于函数f(x)，由（1）可知：

①当a<0时，f(x)在0,上单调递减，

且当x趋近于0时，f(x)趋近于，当x趋近于时，f(x)趋近于，

即f(x)的值域为R，则gfx0不恒成立，不合题意；

②当a0时，f(x)在0,a上单调递增，在a,上单调递减，

则fxf(a)alnaa，且当x趋近于0时，f(x)趋近于，当x趋近于时，f(x)趋近

于，

即f(x)的值域,alnaa，

若gfx0恒成立，则fx0恒成立，

即alnaa0，解得0ae；

综上所述：a的取值范围0,e.

例8．（2024·江苏南京·高二南京市中华中学校考期末）已知函数

f(x)lnxlna(a1)x2(a0)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若不等式ex2f(x)恒成立，求实数a的取值范围．

1

【解析】（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)a1，

x

当a1时，f(x)0，f(x)在(0,)上为增函数；

11

当0a1时，由f(x)0，得0x，由f(x)0，得x，

1a1a

11

所以f(x)在(0,)上为减函数，在(,)上为增函数.

1a1a

1

综上所述：当a1时，f(x)在(0,)上为增函数；当0a1时，f(x)在(0,)上为减函

1a

1

数，在(,)上为增函数.

1a

（2）ex2f(x)ex2lnxlna(a1)x2ex2x2ln(ax)ax

lnex2ex2ln(ax)ax，

设g(x)lnxx，则原不等式恒成立等价于g(ex2)g(ax)在(0,)上恒成立，

1

g(x)10，g(x)在(0,)上为增函数，

x

则g(ex2)g(ax)在(0,)上恒成立，等价于ex2ax在(0,)上恒成立，

ex2

等价于a在(0,)上恒成立

x

ex2ex2xex2ex2(x1)

令h(x)(x0)，h(x)，

xx2x2

令h(x)0，得0x1，令h(x)0，得x1，

所以h(x)在(0,1)上为减函数，在(1,)上为增函数，

11

所以h(x)h(1)，故0a.

minee

lnx

例9．（2024·江西·校联考模拟预测）已知函数fxx1．

x

(1)求fx的单调区间；

1

(2)若对于任意的x0,，fxxaex恒成立，求实数a的最小值．

x

lnx

【解析】（1）由fxx1定义域为x0,

x

1

xlnx12

又1lnxx

fxx1

x2x2

令hx1lnxx2，显然hx在0,单调递减，且h10；

∴当x0,1时，hx0fx0；

当x1,时，hx0fx0．

则fx在0,1单调递增，在1,单调递减

1

（2）法一：∵任意的x0,，fxxaex恒成立，

x

xlnx1

∴x2xlnxaxexx21恒成立，即a恒成立

xex

xlnx1x1xlnx

令gx，则gx．

xexx2ex

令hxxlnx，则hx在0,上单调递增，

11

∵h10，h110．

ee

1

∴存在x0,1，使得hxxlnx0

e000

当x0,x0时，hx0，gx0，gx单调递增；

当xx0,时，hx0，gx0，gx单调递减，

由x0lnx00，可得x0lnx0，

xlnx1

∴gxgx001，

max0x0

x0e

xlnx1

又a

xex

∴a1，故a的最小值是1．

法二：

xlnx1

∴x2xlnxaxexx21恒成立，即a恒成立

xex

xlnx1xlnx1xlnx1

令gx

xexelnxexelnxx

不妨令txlnxx0，显然txlnx在0,单调递增tR．

t1

∴a在tR恒成立．

et

t1t

令htht

etet

∴当t,0时，ht0；

当t0,时，ht0即ht在,0单调递增

ht在0,单调递减

01

∴hth01

mine0

∴a1，故a的最小值是1．

变式5．（2024·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）已知函数