第21讲 不等式恒成立 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第21讲 不等式恒成立 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，共12页。试卷主要包含了故选D等内容，欢迎下载使用。
考点一：直接法（构造函数法）
考法1：利用导数分析单调性与极值求参数范围
1.（2026·安徽黄山·一模）已知函数f(x)=(2x−m)lnx,g(x)=2nx−mn，若f(x)≥g(x)恒成立，则mn的取值范围是（ ）
A. [−∞,−1e]∪[e+1,+∞) B. [−∞,−1e]∪[2e,+∞)
C. (−∞,0)∪[e+1,+∞) D. (−∞,0)∪[2e,+∞)
【答案】D
【解析】由f(x)≥g(x)，则(2x−m)lnx≥2nx−mn，即(2x−m)(lnx−n)≥0对于x>0恒成立.而函数y=2x−m和y=lnx−n在(0,+∞)上均为增函数，则函数y=2x−m和y=lnx−n在(0,+∞)上有共同的零点，即m2=en，则m=2en，即mn=2enn.设ℎ(n)=2enn,n≠0，则ℎ'(n)=2en(n−1)n2，令ℎ'(n)02e2xe2x+1+1,x0时，f'(x)=2e2xe2x+1−1=e2x−1e2x+1，
∵x>0，∴e2x>1，∴f'(x)>0，
当x0时，t>0：
当φ'(t)0.又0≤x≤2，所以0≤ℎ(x)≤1.
故k=52可以取到，kmax=52.选B.
【点拨】处理“对任意...总存在...”型命题，首先将其转化为两个函数最值之间的不等关系.对于含绝对值的函数，通过分离参数并结合导数求最值，或利用端点值进行必要性探路，是解题的关键.
9.（2025·江西十校协作体·二模）已知对任意的x0,t1⋅t2=3，
所以a>43,e2x1+e2x2=(t1+t2)2−2t1⋅t2=a24−6,x1+x2=ln3，又f(x1)+f(x2)f(x1)+f(x2)ex1+ex2恒成立，f(x1)+f(x2)ex1+ex2=e2x1+e2x2−a(ex1+ex2)+6(x1+x2)ex1+ex2=a24−6−a22+6ln3a2=−a2−12−12ln3a设F(a)=−a2−12−12ln3a(a>43)，
则F'(a)=−12+12−12ln3a20，当x∈(x0,+∞)时，F'(x)0，ℎ(t)单调递增.
又因为ℎ（0）=e0−0−1=0，所以当tℎ（0）=0；
而当t∈(0,ln2)时，ℎ(t)0）的最大值.
令g(x)=mlnx−x3，求导得g'(x)=mx−13=3m−x3x.
因为m>0，令g'(x)=0解得x=3m.
当x∈(0,3m)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(3m,+∞)时，g'(x)0，不等式两边同除以m得ln(3m)−1≤0，即ln(3m)≤1.
解得3m≤e，从而m≤e3.
故实数m的最大值为e3.
【点拨】本题是典型的利用“同构”思想与函数最值结合的压轴题.破题的关键在于通过指数与对数的运算法则，将原不等式巧妙变形并提取出整体结构t=mlnx−x3，从而将问题转化为et≥2t+1恒成立.随后，通过研究外层函数ℎ(t)=et−2t−1的单调性，敏锐地发现只有当t≤0时该不等式才成立，进而将复杂的不等式恒成立问题降维转化为内层函数g(x)的最大值小于等于0的问题.
考法8：分离参数结合切线方程或换元法求参数范围
19.（2026·山东泰安·二模）已知M=(2ex−y)(lny−lnx)−tx,t∈R．
（1） 当t=0,y=1时，求M关于x的函数M(x)在x=1处的切线方程；
（2） 当y=e时，M>0在x∈[1,+∞)上的解集非空，求t的取值范围；
（3） 若对于任意的x,y∈(0,+∞)，都有M≤0成立，求t的最小值．
【答案】（1） y=(1−2e)x+2e−1 （2） t0在x∈[1,+∞)上的解集非空等价于
∃x∈[1,+∞)，使得t0得x>3a2，由f'(x)0，
∴ℎ'(x)>0在(0,+∞)上恒成立，∴ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又ℎ（1）=1>0，∴当x≥1时，ℎ(x)≥ℎ（1）>0，即x3−2x+6lnx+2≥0成立，
当00)，
则p'(x)=40x3lnx+10x3+28x3−4lnx−4+2=40x3lnx+38x3−4lnx−2，
令q(x)=40x3lnx+38x3−4lnx−2(x>0)，
则q'(x)=120x2lnx+40x2+114x2−4x=120x2lnx+154x2−4x，
易知q'(x)在(0,+∞)上单调递增，且q'（1）=150>0，q'(1e)=154−120e2−4e1)，
则G'(x)=8x7+12x5+20x4−21x2+8x=x(8x6+12x4+20x3−21x+8)，
令H(x)=8x6+12x4+20x3−21x+8(x>1)，
则H'(x)=48x5+48x3+60x2−21>48+48+60−21>0，
∴H(x)在(1,+∞)上单调递增，∴H(x)>H（1）=27>0，
∴G'(x)>0在(1,+∞)上恒成立，∴G(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴G(x)>G（1）=0，∴F'(x)>0在(1,+∞)上恒成立，
∴F(x)在(1,+∞)上单调递增，∴F(x)>F（1）=0，
即lnx>x3−1x2(x3+2)在(1,+∞)上恒成立，故当x>1时，原不等式成立；
当00)，
则w'(x)=30x2lnx+10x2+21x2−4x=30x3lnx+31x3−4x，
令s(x)=30x3lnx+31x3−4(x>0)，
则s'(x)=90x2lnx+30x2+93x2=30x2(3lnx+4)，
由s'(x)0在(0,+∞)上恒成立，
∴v(x)在(0,+∞)上单调递增，又v（1）=0，
∴当x∈(0,1)时，v(x)0，u(x)单调递增，
∴u(x)≥u（1）=0，即x2lnx+2lnxx+1x3−1≥0成立，
∴f(x)lnx+1x3≥1成立.
【点拨】处理复杂的超越不等式证明，多次求导是常规武器.通过不断构造新函数并求导，直至导函数的符号易于判断，再逐层回推原函数的单调性与最值，从而完成证明.
考法9：分离参数结合存在性问题或三角函数求参数范围
21.（2025·江苏高邮·一模）已知函数f(x)=e−x(lna+lnx)，若存在x>0，使得f(x)>1a，则实数a的取值范围是（ ）
A. (0,1e) B. (1e,+∞) C. (0,e) D. (e,+∞)
【答案】D
【解析】由题意可知，a>0,x>0，由f(x)=e−x(lna+lnx)>1a，
可得lna+lnx>exa=ex−lna，可得x+lnx>ex−lna+x−lna=ex−lna+lnex−lna.
令g(x)=x+lnx，其中x>0，则g'(x)=1+1x>0.
所以，函数g(x)在(0,+∞)上为增函数.
由x+lnx>ex−lna+lnex−lna可得g(x)>g(ex−lna)，则x>ex−lna=exa，可得a>exx.
令ℎ(x)=exx，其中x>0，则ℎ'(x)=ex(x−1)x2.
当00，即函数ℎ(x)在(1,+∞)上递增.
所以，a>ℎ(x)min=ℎ（1）=e，即实数a的取值范围是(e,+∞).
故选D.
【点拨】处理含有指数和对数的混合不等式存在性问题，同构法是常用的利器.通过变形将不等式转化为具有相同结构的函数形式，利用单调性脱去函数符号，再分离参数求最值.
22.（2026·广东江门·二模）已知函数f(x)=x+2sinx+3．
（1） 求曲线y=f(x)在点(0,f（0）)处的切线方程；
（2） 若不等式f(x)>22sin(x+π4)+m对x∈[−π2,π2]恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1） y=3x+3 （2） (−∞,3−3−π6)
【解析】（1） 函数f(x)的导函数f'(x)=1+2csx.
则f'（0）=3，又f（0）=3.
所以曲线y=f(x)在点(0,f（0）)处的切线方程为y−3=3(x−0)，即y=3x+3.
（2） 22sin(x+π4)=22(sinxcsπ4+csxsinπ4)=2sinx+2csx.
由f(x)>22sin(x+π4)+m，得m0，当x>1时，g'(x)0，故f(x)在(1,+∞)上为增函数，
故f(x)>f（1）=0，不合题意.
②当a>0时，令ℎ'(x)=0，得x=12a，
（i） 若12a≤1，即a≥12时，在x>1时，ℎ'(x)0，ℎ(x)在(1,12a)上为增函数，ℎ(x)>ℎ（1）=1−2a>0，
f(x)在(1,12a)上为增函数，f(x)>f（1）=0，不合题意.
综上所述：若不等式f(x)≤0对x∈[1,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是a≥12.
【点拨】对于区间端点处的恒成立问题，常利用端点处的导数值进行必要性探路.若端点处函数值为0，则端点处的导数符号决定了函数在端点附近的走势，从而可初步确定参数范围.
24.已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=axex,f'(x)与g'(x)分别是f(x)与g(x)的导函数．
（1） 证明：当a=1时，方程f'(x)=g'(x)在(−1,0)上有且仅有一个实数根；
（2） 若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1） 见解析 （2） (−∞,1]
【解析】（1） f(x)=ln(1+x),f'(x)=11+x，当a=1时，g(x)=xex,g'(x)=1−xex，令ℎ(x)=f'(x)−g'(x)=11+x−1−xex=ex−(1−x2)(1+x)ex，令μ(x)=ex+x2−1，则μ'(x)=ex+2x，显然μ'(x)在(−1,0)上是单调递增函数，且μ'(−12)=1e−10,μ(x)单调递增，又μ（0）=0,μ(−12)=1e−340，∴μ(x)=0在(−63,−12)上有唯一的根，∴ℎ(x)=f'(x)−g'(x)在(−1,0)上有唯一零点，即f'(x)=g'(x)在(−1,0)上有且仅有一个实数根.
（2） ∵f(x)−g(x)=ln(1+x)−axex=1ex[exln(1+x)−ax]，令G(x)=exln(1+x)−ax,x∈(0,+∞)，则G（0）=0，f(x)>g(x)等价于：G(x)>0,x∈(0,+∞)，G'(x)=ex[ln(1+x)+11+x]−a,G'（0）=1−a，令H(x)=ex[ln(1+x)+11+x]−a，则H'(x)=ex[ln(1+x)+21+x−1(1+x)2]，令T(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2,x∈(0,+∞)，则T'(x)=11+x−2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，故T(x)在(0,+∞)上单调递增，T(x)≥T（0）=1,H'(x)≥1>0，故H(x)即G'(x)在(0,+∞)上单调递增，G'(x)>1−a，当a≤1时，G'(x)>0，∴G(x)在(0,+∞)上单调递增，∴G(x)>G（0）=0；当a>1时，G'（0）=1−a0，则ln(1+x1)=ln(e+lna)>lne=1,11+x1>0，ex1=ee−1+lna>elna=a，∴G'(x1)=ex1[ln(1+x1)+11+x1]−a>a⋅(1+0)−a=0，∴∃x2∈(0,x1)，使得G'(x2)=0，x∈(0,x2)时，G'(x)1,sinx≥−1，则φ'(x)=ex+sinx>0.
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
且φ（0）=−2e−2−csπ4=e−2−22>0.
故φ(x)在(0,+∞)内存在唯一零点x0∈(0,1).
当00，则ℎ'(x)=(x+1)ex−a(1+1x)=(x+1)(ex−ax)，
①当a=0时，ℎ'(x)=(x+1)ex>0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以，由ℎ(x)=xex可得ℎ(x)>0，即满足xex−a(x+lnx)≥0对x∈(0,+∞)恒成立；
②当a0，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为当x趋近于0+时，ℎ(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a>0时，令ℎ'(x)=0得a=xex
令k(x)=ex−ax，k'(x)=ex+ax2>0恒成立，故k(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以∃x0∈(0,+∞)，使得ℎ'(x0)=0，a=x0ex0，
所以，当x∈(0,x0)时，ℎ'(x)0，此时函数φ(t)单调递增，
当eφ(−1)=a2e+1−a=1e(a−e2)2+1−e4>1−e4>0；
②当−2lna>−1，即1≤a0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g（1）=1，
因为a=x1−lnx1,a=x2−lnx2，
所以a>1，
又因为f(x1)=0,f(x2)=0，
所以ex1−3x1=0,ex2−3x2=0，
即x1=ln3+lnx1,x2=ln3+lnx2，
所以x1−lnx1=ln3,x2−lnx2=ln3，
所以a=ln3.
故选D.
【点拨】处理乘积形式的不等式恒成立问题，关键在于分析两个因式的符号变化.若一个因式存在变号零点，则另一个因式必须在相同的零点处变号，从而转化为方程求根问题.
30.（2025·河南南阳一中·三模）已知函数f(x)=2axe2x−1+lna,g(x)=2lnx+1．若f(x)≥g(x)恒成立，则a的最小值是＿＿＿＿＿＿．
【答案】1e
【解析】f(x)≥g(x)恒成立，即2axe2x−1+lna≥2lnx+1⇒2axe2x−1≥lnex2a⇒2xe2x≥ex2alnex2a=elnex2alnex2a，
令φ(t)=tet(t>0)，则易知φ(t)单调递增，
∴φ(2x)≥φ(lnex2a)⇒2x≥lnex2a⇒2x≥2lnx+1−lna⇒lna≥2lnx−2x+1，
令ℎ(x)=2lnx−2x+1，则ℎ'(x)=2x−2，
令ℎ'(x)=0，解得x=1，当x∈(0,1)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+∞)时，ℎ'(x)0时，这可化为a≤exx−lnxx+x，故条件即为a≤exx−lnxx+x对任意x∈(0,+∞)成立.
①一方面，在条件中取x=1，即可得到a≤e11−ln11+1=e+1，从而一定有a≤e+1；
②另一方面，当a=e+1时，我们证明对任意的x∈(0,+∞)，都有a≤exx−lnxx+x.
首先，代入a=e+1，然后两边同乘正数x，可知该不等式等价于(e+1)x≤ex−lnx+x2.
设ℎ(t)=t−lnt−1，则ℎ'(t)=1−1t=t−1t，故对00.
从而ℎ(t)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以对t>0均有ℎ(t)≥ℎ（1）=1−ln1−1=0.
这就意味着e⋅ℎ(ex−1)+ℎ(x)+(x−1)2≥0+0+0=0，所以
0≤eℎ(ex−1)+ℎ(x)+(x−1)2=e(ex−1−x+1−1)+(x−lnx−1)+(x2−2x+1)=ex−lnx+x2−(e+1)x.
从而由0≤ex−lnx+x2−(e+1)x即可得到(e+1)x≤ex−lnx+x2.
即当a=e+1时，不等式a≤exx−lnxx+x对x∈(0,+∞)恒成立.
综合①②两方面，可知a的最大值为e+1.
故答案为：e+1.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，以及利用必要条件探路法求参数的最值.首先通过构造奇函数g(x)=f(x)−2，利用其单调递增的性质，将抽象的函数不等式转化为具体的不等式lnx+x2−ax≥2lnx−ex.分离参数后得到a≤exx−lnxx+x.由于直接求右侧函数的最小值较为困难，采用“必要性探路”策略：先取特殊值x=1得到a≤e+1，猜测最大值为e+1；再证明充分性，即当a=e+1时，不等式恒成立.证明过程中巧妙地构造了基本不等式t−lnt−1≥0，通过组合e⋅ℎ(ex−1)+ℎ(x)+(x−1)2≥0完成了放缩证明，体现了极高的代数变形技巧.
32.已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与ℎ(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥ℎ(x)≥g(x)．
（1） 若f(x)=x2+2x，g(x)=−x2+2x，D=(−∞,+∞)，求ℎ(x)的表达式；
（2） 若f(x)=x2−x+1，g(x)=klnx，ℎ(x)=kx−k,D=(0,+∞)，求k的取值范围；
（3） 若f(x)=x4−2x2，g(x)=4x2−8，ℎ(x)=4(t3−t)x−3t4+2t2(00)，F（1）=0.又F'(x)=k⋅x−1x.
若k0时，F(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，则F(x)≥F（1）=0，
即ℎ(x)−g(x)≥0，符合题意.
综上所述，k≥0.
由f(x)−ℎ(x)=x2−x+1−(kx−k)=x2−(k+1)x+(k+1)≥0
当x=k+120，
即ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ（0）=0，所以ℎ(x)>0．
因此g'(x)=ex(xex−x)2ℎ(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．
由洛必达法则有limx→0g(x)=limx→0xex−ex+1xex−x=limx→0xexex+xex−1=limx→0ex+xex2ex+xex=12，
即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以0≤a≤12．
综上所述，a的取值范围是[0,12]．
【点拨】分离参数后，若函数在端点处无定义且呈现“00”型，可利用洛必达法则求极限，结合函数的单调性确定参数的最值.
考法16：利用max/min函数性质求参数范围
35.已知函数f(x)=(x−1)ex−12x2+1,g(x)=sinx−ax，其中a∈R．
（1） 证明：当x≥0时，f(x)≥0；当x0；当x0时，x>1，
故φ(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ（1）=0，即f(x)≥0恒成立．
（2） 由题得ℎ(x)=1−lnx(0,+∞)，
①当00，即ae时，ℎ(x)0，g(x)在(e,+∞)上单调递增，且g(e)=e3−3ae+e，
当a0，则g(x)在(e,+∞)上无零点，故φ(x)在(0,+∞)上无零点；
当a=e2+13时，g(e)=0，则g(x)在(e,+∞)上无零点，故φ(x)在(0,+∞)上有1个零点；
当e2+130)，所以ℎ'(x)=1x−m=1−mxx．
当m≤0时，ℎ'(x)>0，函数ℎ(x)单调递增，
所以函数ℎ(x)没有最大值，所以这种情况不满足已知；
当m>0时，
当x∈(0,1m)时，ℎ'(x)>0，函数ℎ(x)单调递增．
当x∈(1m,+∞)时，ℎ'(x)0)，
所以p'(m)=1−2m=m−2m，
当00，函数p(m)单调递增．
所以p(m)min=p（2）=2−2−2ln2=−2ln2=−ln4．
所以m+2n的最小值为−ln4．
故选：C
【点拨】将双变量最值问题转化为单变量函数的最值问题.先通过恒成立条件分离出一个变量，求出其关于另一个变量的表达式，再代入目标函数中求最值.
38.若对于任意正实数x，都有lnx−aex−b+1≤0(e为自然对数的底数)成立，则a+b的最小值是＿＿＿＿＿＿．
【答案】0
【解析】因为对于任意正实数x都有lnx−aex−b+1≤0成立，
不妨将x=1e代入不等式中，得a+b≥0．
下面证明a+b=0时满足题意，
令a=1,b=−1，f(x)=lnx−ex+2，则f'(x)=1x−e=1−exx．
由f'(x)=0，得x=1e，函数f(x)在(0,1e)上单调递增，在(1e,+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(1e)=0，即f(x)≤0对任意正数x都成立，
即a=1,b=−1，a+b=0时满足题意，所以a+b的最小值为0．
故答案为：0
【点拨】处理双变量最值问题，可先通过代入特殊值（如极值点猜想值）得到目标代数式的一个下界，再通过构造具体函数证明该下界可以取到，从而确定最小值.
39.已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax2+bx+1，其中a,b∈R．
（1） 当a=0时，直线y=g(x)与函数y=f(x)的图象相切，求b的值；
（2） 当a≠0时，若对任意x>0，都有f(x)≤g(x)恒成立，求ba的最小值．
【答案】（1） b=1e2 （2） −e
【解析】（1） 当a=0时，直线g(x)=bx+1与函数y=f(x)的图象相切于P(x0,y0)，
因为f(x)=lnx，所以f'(x)=1x，
则1x0=b且bx0+1=lnx0，即b⋅1b+1=ln1b，解得：b=1e2．
（2） 若对任意x>0，都有f(x)≤g(x)恒成立，得lnx−1≤ax2+bx．
假设ae时，lnx−1>0，
而当x>max{0,−ba}时，ax2+bxx0时，lnx−1>0，
而ax2+bx0．
当x=e时，由f(e)≤g(e)，得ae2+be≥0，即ba≥−e．
下证：ba能取到−e．
当a=1e2,b=−1e时，ba=−e．
记F(x)=lnx−xe(x>0)，则F'(x)=e−xex，
令F'(x)>0，得0