;;;[四字解题];解：法一(函数最值法)：
x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，
则h′(x)＝lnx＋1－a.
令h′(x)＝0，得x＝ea－1.
当x∈(0，ea－1)时，h′(x)0；
当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)0.
所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.;令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1.
令t′(a)＝0，得a＝1.
当a∈[0,1)时，t′(a)0，t(a)在[0,1)上单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t′(a)0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．;法二(分离参数法)：
原式可变为xlnx＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
当x∈(0,1)时，分离变量可得;所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
因为(xlnx)min＝－e－1，
所以xlnx＋e－2≥－e－1＋e－20.;当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，;所以h(x)单调递增．;法三(数形结合法)：
通过变形原不等式等价于证明：xlnx≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，
＋∞)．
若令g(x)＝xlnx和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，
则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．
首先分析g(x)＝xlnx的图象．
可知当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.;其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．
因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，
且g(x)min＝－e－12－e.
两个函数的图象大致如图1所示，
所以如果能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，如图2，就能求出a的最大值．;消去lnx0得2－e＝a－ea－1③.
易得a＝2为③式的解．
令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t′(a)＝1－ea－1.
当t′(a)＝0时，a＝1.
当a∈[0,1)时，t′(a)＞0，t(a)单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t′(a)0，t(a)单调递减．
因为t(0)＝－e－1＋e－20，
所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点，
又t(2)＝0，所以函数t(a)在区间(1，＋∞)上有且仅有一个零点，a＝2.
综上所述，a∈[0,2]．;应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是：最值分析、参变分离、数形结合等．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界点．
提醒：数形结合法，图象是辅助找方法，找思路的步骤．解题时，作图要规范，步骤要完整．;令u＝cos2x，则u∈(0,1)，;考点二单变量不等式能成立问题
[典例2](2025·日照模拟)已知函数f(x)＝ex－a－lnx，若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)＜0成立，求实数a的取值范围．
解：存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)＜0，
即ex0－a－lnx0＜0，即ex0－a＜lnx0.;能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中的等价转化有以下几种形式：
(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立?f(x)max≥a.
(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立?f(x)min≤a.
(3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立?f(x)min≤g(x)min.;(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R，
当a≤0时，f′(x)0，f(x)在R上单调递减；
当a0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.
由f′(x)0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；;由f′(x)0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞)．;考点三双变量不等式的恒(能)成立问题;解：(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，;所以h′(x)＝1－2xlnx－x.
令φ(x)＝1－2xlnx－x，;“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，常见的等价转换有
(1)?x1，x2∈D，f(