第21讲 不等式恒成立 综合测试-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 综合测试-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.（2026·东莞·二模）已知 f(x)=x2+(x−m)lnx，若 f(x)≥1 恒成立，则 m=
A. 0 B. 1 C. e D. 3
【答案】D
【解析】根据不等式 f(x)≥1 恒成立可得 x=1 必为函数 f(x) 的最小值点，由 f'（1）=0 可得 m=3，经检验符合题意.因为 f(x)=x2+(x−m)lnx，可得 f（1）=1，所以当 x=1 时，f(x)≥1 等号成立；若 f(x)≥1 恒成立，则 x=1 必为函数 f(x) 的最小值点，可得 f'（1）=0；又 f'(x)=2x+lnx+1−mx，即可得 2−m+1=0，所以 m=3；经检验，当 m=3 时 f'(x)=2x+lnx−3x+1，令 g(x)=2x+lnx−3x+1，则 g'(x)=2+1x+3x2>0 在 (0,+∞) 上恒成立，因此 g(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，即 f'(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，又因为 f'（1）=0，所以当 x∈(0,1) 时，f'(x)1 时，f(x)=(x+1x−1)lnx>0，不符合题意；②当 m0，不符合题意；③当 m>0 时，设 g(x)=lnx−mx，ℎ(x)=x+1x−m−1，则 ℎ(x)=x+1x−m−1≥2x⋅1x−m−1=1−m，当且仅当 x=1 时取等号.（i）若 1−m1，取 x=1m，ℎ(1m)=m+1m−m−1=1m−10，函数 ℎ(t) 在 (0,1) 上单调递增，故有 xa≥e−x，则 a≥lgxe−x=−xlnx 在 x∈(1,+∞) 上恒成立.令 F(x)=−xlnx(x>1)，则 F'(x)=1−lnx(lnx)2，令 F'(x)>0，即 1−lnx>0，解得 10
B. m≥lnxx 对 ∀x∈(1,+∞) 恒成立
C. m 的最小值为 1e
D. m 的最小值为 e
【答案】ABC
【解析】由 memx≥lnx 得 mxemx≥xlnx，即 mxemx≥elnx⋅lnx，令 f(x)=xex,x>0，求导得 f'(x)=(x+1)ex>0，则 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，显然 m>0，当 00,elnx⋅lnx≤0，即 mxemx≥elnx⋅lnx 恒成立，于是当 x>1 时，lnx>0，有 f(mx)≥f(lnx)，从而 mx≥lnx 对 ∀x∈(1,+∞) 恒成立，即 m≥lnxx 对 ∀x∈(1,+∞) 恒成立，令 g(x)=lnxx，求导得 g'(x)=1−lnxx2，则当 x∈(1,e) 时，g'(x)>0；当 x∈(e,+∞) 时，g'(x)0，不等式 2e2xa−xex+a≥0 两边同除以 ex，得 2exa+ae−x−x≥0.令 f(x)=2exa+ae−x−x，则 f'(x)=2exa−ae−x−1=2e2x−aex−a2aex=(2ex+a)(ex−a)aex.令 f'(x)=0，得 ex=a，即 x=lna.当 x0，f(x) 单调递增.所以 f(x)min=f(lna)=2aa+aa−lna=3−lna.要使 f(x)≥0 恒成立，只需 f(x)min≥0，即 3−lna≥0，解得 a≤e3.所以实数 a 的最大值为 e3.
【点拨】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，通过分离变量并构造函数求最值是解题的关键.
13.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.
【点拨】本题考查不等式恒成立问题，利用必要条件探路并验证充分性是解题的有效策略.
14.设 k,b∈R，若关于 x 的不等式 ln(x−1)−b≤x(k−1) 在 (1,+∞) 上恒成立，则 b−2k+1k−1 的最小值是＿＿＿＿＿＿.
【答案】−e−3
【解析】由题意知，不等式 ln(x−1)+(1−k)x≤b 在 (1,+∞) 上恒成立，令 t=x−1>0，则 lnt+t+1−k(t+1)≤b 在 (0,+∞) 上恒成立，令 f(t)=lnt+t+1−k(t+1)，所以 f'(t)=1t+1−k，若 k≤1，则 f'(t)>0,f(t) 在 (0,+∞) 递增，当 t→+∞ 时，f(t)→+∞，不等式不恒成立，故 k>1，当 00.所以函数 f(x) 在区间 (−∞,0) 单调递减，在区间 (0,+∞) 单调递增.4 分
（2） 因为 x>0，所以当 a≤1 时，f(x)≥xex−ex，由 （1） 知 f(x)>f（0）=−1，当 a>1 时，f'(x)=(x+1)ex−aeax=ex(x+1−ae(a−1)x).又当 x∈(0,a−1) 时，x+1a，所以 x+10，当 x∈(x0,1) 时，f'(x)0，可知 G(x) 在 [1,+∞) 上单调递增，则 G(x)≥G（1）=e−2>0，即 g'(x)≥0，可知 g(x) 在 [1,+∞) 上单调递增，则 g(x)min=g（1）=e−2，可得 a≤e，所以 a 的取值范围为 (−∞,e].15 分
解法 3：因为 f(x)=ex−x2+(2−a)x,x≥1，则 f'(x)=ex−2x+2−a，设 n(x)=ex−2x+2−a,x≥1，则 n'(x)=ex−2≥e−2>0，可知 n(x) 在 [1,+∞) 上单调递增，即 f'(x) 在 [1,+∞) 上单调递增，则 f'(x)≥f'（1）=e−a，且当 x 趋近于 +∞ 时，f'(x) 趋近于 +∞，当 f'（1）e 时，则 f'(x) 在 [1,+∞) 内存在零点 x1，若 1≤x0，解得 1≤xe−1>0，可知 F(t) 在 [1,+∞) 上单调递增，则 F(t)>e−1−1>0，即 e3−a≥4−a>0，可得 4−ae3−a1 时，令 f'(x)=0⇒x=a−1 且 f(x) 在 (0,a−1) 上单调递减；(a−1,+∞) 上单调递增，∴ 只需 f(x)min=f(a−1)=lna−a(a−1)a=lna−(a−1)0 时，F'(x)0 可知 x+1>0，f'(x)=0 等价于 ex−1x=0.3 分
设函数 ℎ(x)=ex−1x,x>0.因为 y=ex,y=−1x 在 (0,+∞) 内单调递增，所以 ℎ(x) 在 (0,+∞) 内单调递增.5 分
因为 ℎ(12)=e−20，所以 ℎ(x) 在 (0,+∞) 内存在唯一零点 x0∈(12,1)，所以 f'(x)=0 有唯一实数解.7 分
（2） 解：由 （1） 知，当 00,f(x) 单调递增，所以 f(x)≥f(x0)=x0ex0−lnx0−x0−1.9 分
因为 ex0−1x0=0，所以 x0ex0=1,x0=e−x0,x0∈(12,1).f(x0)=x0⋅1x0−lne−x0−x0−1=0，即 f(x)≥0.11 分
g'(x)=x−1−mex，令 g'(x)=0，得 x=m+1.g'(x)>0，得 x>m+1，g'(x)0 时，f'(x)=21−x2−a=a(x2−a−2a)1−x2，6 分
因为 a>0，所以 a−2a0，得 −10 时，−b+1≥0，即 0