第23 讲 不等式恒成立 · 综合测试（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
D
C
B
D
5
6
7
8
B
A
D
B
9
10
11
ABD
ABC
ABC
12
13
14
e
3
0
-e-3
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)= x
2+( x -m)ln x，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)= x
2+( x -m)ln x，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)=2 x + ln x +1- m
x ，即可得 2-m+1=0，所以 m=3；经检验，当 m=3
时 f
'( x)=2 x + ln x - 3
x +1，令 g( x)=2 x + ln x - 3
x +1，则 g
'( x)=2+ 1
x + 3
x
2 >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)<0，当 x∈(1,+ ∞) 时，f
'( x)>0，可知 f ( x) 在
(0,1) 上单调递减，在 (1,+ ∞) 上单调递增，此时函数 f ( x) 在 x =1 处取得极小值，也是最小
值，即 f ( x)≥f （1）=1 恒成立，所以 m=3 符合题意.故选：D.
【点拨】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，将问题转化为极值点问题是解题关键.
2.（2026·稳派联考·3 月检测）已知函数 f ( x)= ( x
3-6 x
2+9 x -m)(e
x -n)
ln x -2❑√x
(m>0)，若
f ( x)≤0 恒成立，则 (ln n-3)
2⋅ln n 的取值范围是
A. (-∞,4 ]
B. (-∞,- 4 ]
C. [ 4 ,+∞)
D. [- 4 ,+∞)
【答案】C
【解析】设 g( x)= ln x -2❑√x，则 g
'( x)= 1
x - 1
❑√x = 1- ❑√x
x
, x∈(0,1) 时 g
'( x)>0, g( x) 单调
递增，x∈(1,+ ∞) 时 g
'( x)<0,g( x) 单调递减，所以 g( x)≤g（1）=-2<0，问题转化为
x>0 时 ( x
3-6 x
2+9 x -m)(e
x -n)≥0 恒成立.设 h( x)= x
3-6 x
2+9 x -m(m>0)，则
h
'( x)=3( x -1)( x -3)，所以 h( x) 在区间 (0,1) 上单调递增，在区间 (1,3) 上单调递减，在
区间 (3,+∞) 上单调递增，因为 h（0）=h（3）=-m<0, x→+ ∞ 时 h( x)→+ ∞，结合
y =e
x -n 在区间 (0,+ ∞) 上单调递增，所以 h（1）= 4 -m≤0,m≥4，此时存在
x0∈(3,+ ∞)，使得 h( x0)=0，且 x∈(0, x0) 时 h( x)≤0, x∈( x0,+∞) 时 h( x)>0.又
x = ln n 时 y =0，所以 x0= ln n,h(ln n)=0，即 (ln n)
3-6(ln n)
2+9 ln n-m=0，所以
(ln n)
3-6(ln n)
2+9 ln n=n(ln n-3)
2⋅ln n=m≥4.故选 C.
【点拨】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，通过构造函数并分析其单调性与极值是解题
的关键.
3.（2026·承德强基联盟·一模）若关于 x 的不等式 ln x + k ≤e
x -k -1 恒成立，则实数 k 的
取值范围是
A. (-∞,0]
B. (-∞,1]
C. (-∞, 1
e ]
D. (-∞,e ]
【答案】B
【解析】不等式
ln x + k ≤e
x -k -1⇔ln(ex)≤e
x -k -k ⇔ln(ex)+ex ≤e
x -k +(ex -k )⇔ex + ln(ex)≤e
x -k + ln e
x -k，令
函数 f ( x)= x + ln x，显然函数 f ( x) 在 (0,+∞) 上单调递增，依题意，不等式
f (ex)≤f (e
x -k)⇔ex ≤e
x -k⇔ln(ex)≤x -k 恒成立，即 k ≤x - ln(ex)，令函数
g( x)= x - ln(ex), x>0，求导得 g
'( x)=1- 1
x ，当 0< x<1 时，g
'( x)<0；当 x>1 时，g
'( x)>0，
函数 g( x) 在 (0,1) 上单调递减，在 (1,+∞) 上单调递增，因此当 x =1 时，g( x)min=1，
k ≤1，所以实数 k 的取值范围是 (-∞,1].故选：B.
【点拨】本题考查不等式恒成立问题，利用同构思想构造函数并利用导数求最值是解题的关键.
4.（2026·沧州运东七县·一模）已知函数 f ( x)=(ln x -mx)( x + 1
x -m-1)，若 f ( x)≤0 在
(0,+∞) 上恒成立，则实数 m 的取值范围为
A. (0, 1
e ]
B. [ 1
e
2 ,1]
C. [1,e ]
D. [ 1
e ,1]
【答案】D
【解析】函数 f ( x) 的定义域为 (0,+∞)，①当 m=0 时，f ( x)=( x + 1
x -1)ln x，当 x>1 时，
f ( x)=( x + 1
x -1)ln x>0，不符合题意；②当 m<0 时，取 x =1，则
f （1）=(-m)⋅(1-m)>0，不符合题意；③当 m>0 时，设 g( x)= ln x -mx，
h( x)= x + 1
x -m-1，则 h( x)= x + 1
x -m-1≥2❑√x⋅1
x -m-1=1-m，当且仅当 x =1 时取等号.
（i）若 1-m<0，即 m>1，取 x = 1
m，h( 1
m )=m+ 1
m -m-1= 1
m -1<0，g( 1
m )= ln 1
m -1<0，不
满足题意；（ii）若 1-m≥0，即 0<m≤1，若 f ( x)≤0 在 (0,+∞) 上恒成立，则需 g( x)≤0
在 (0,+∞) 上恒成立，又 g
'( x)= 1
x -m= 1-mx
x
，当 0< x< 1
m 时，g
'( x)>0；当 x> 1
m 时，
g
'( x)<0，所以 g( x) 在区间 (0, 1
m ) 上单调递增，在区间 ( 1
m ,+∞) 上单调递减，所以
g( x)max= g( 1
m )= ln 1
m -1=- ln m-1，故 - ln m-1≤0，解得 m≥1
e ，所以 1
e ≤m≤1.综上可知，
1
e ≤m≤1.故选：D.
【点拨】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，通过分类讨论并构造函数求最值是解题的关
键.
5.（2025·厦门·三模）已知集合 A ={x∣e
2 x<a ❑√x }，B ={x∣x
2- x<0}，若 A ∩B = ⌀，则 a
的取值范围是
A. (-∞,2]
B. (-∞,2❑√e ]
C. (-∞,4 ]
D. (-∞,e
2]
【答案】B
【解析】由 x
2- x<0，得 x( x -1)<0，解得 0< x<1，所以 B ={x∣x
2- x<0}={x∣0< x<1}，
因为 A ={x∣e
2 x<a ❑√x }，A ∩B = ⌀，所以当 x∈(0,1) 时，e
2 x≥a ❑√x 恒成立，即 e
2 x
❑√x ≥a 恒
成立，令 f ( x)= e
2 x
❑√x ，x∈(0,1)，则 f
'( x)=
2e
2 x⋅❑√x -e
2 x⋅
1
2❑√x
x
= e
2 x(4 x -1)
2 x ❑√x
，当 0< x< 1
4
时，f
'( x)<0，当 1
4 < x<1 时，f
'( x)>0，所以 f ( x) 在 (0, 1
4 ) 上递减，在 ( 1
4 ,1) 上递增，所
以 f ( x)min= f ( 1
4 )= e
2× 1
4
❑√
1
4
=2❑√e，所以 a≤2❑√e，即 a 的取值范围是 (-∞,2❑√e ].故选：B.
【点拨】本题考查集合的运算与不等式恒成立问题，分离参数后利用导数求函数最值是解题的关
键.
6.（2025·新余·一模）若对任意的 x∈( 1
e ,e)，不等式 2 λ x
2
1+ ln x -e
μ+1≥0 恒成立，则 μ
λ 的
最大值为
A. 4
e
3
B. 4
e
2
C. 4
e
D. 2
e
2
【答案】A
【解析】由 2 λ x
2
1+ ln x -e
μ+1≥0，对任意 x∈( 1
e ,e) 恒成立，即 2 λ
e
μ+1 ≥1+ ln x
x
2
，令 f ( x)= 1+ ln x
x
2
，
x∈( 1
e ,e)，则 f
'( x)=-1-2ln x
x
3
，令 f
'( x)>0，得 1
e < x<e
- 1
2，令 f
'( x)<0，得 e
- 1
2 < x<e，所
以 f ( x) 在 ( 1
e ,e
- 1
2 ) 上单调递增，在 (e
- 1
2 ,e) 上单调递减，∴f ( x)max = f (e
- 1
2 )=e
2，∴2 λ
e
μ+1 ≥e
2，
即 e
μ≤4 λ
e
2 ，λ>0，又由切线放缩可知，e
μ≥e μ，∴e μ≤4 λ
e
2 ，即 μ
λ ≤4
e
3 ，所以 μ
λ 的最大值为
4
e
3 .故选：A.
【点拨】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，分离参数并构造函数求最值是解题的关键.
7.（2025·福建百校联考·5 月押题）已知函数 f ( x) 是定义在 R 上的偶函数，且当 x ≥0
时，f ( x)= x
2-2 x +2.若 f ( x)≥2 x +b 对任意的 x∈R 恒成立，则实数 b 的取值范围是
A. (-∞,2]
B. (-∞,1]
C. (-∞,0]
D. (-∞,-2]
【答案】D
【解析】当 x ≥0 时，f ( x)≥2 x +b 对任意的 x ≥0 恒成立，因为当 b=-2 时，直线 y =2 x -2
与 f ( x)= x
2-2 x +2 相切，此时 f ( x)= x
2-2 x +2≥2 x +b 对任意的 x ≥0 恒成立，结合图象以
及 f ( x) 是偶函数，可知 y =2 x -2 的图象往右平移即可满足 f ( x)≥2 x +b 对任意的 x ≥0 恒
成立，所以 b≤-2，故选：D.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与不等式恒成立问题，利用数形结合思想是解题的关键.
8.已知 f ( x)= x +e
- x，g( x)= x
a-a ln x(a<0)，若 f ( x)≥g( x) 在 x∈[1,+ ∞) 上恒成立，
则实数 a 的最小值为
A. -2e
B. -e
C. - ❑√e
D. -e
2
【答案】B
【解析】f ( x)≥g( x)⇔x -e
- x≤a ln x - x
a⇔lne
- x -e
- x≤ln x
a- x
a，即 ln x
a- x
a≥lne
- x -e
- x 在
x∈[1,+∞) 上恒成立.易知当 x∈[1,+∞),a<0 时，0< x
a≤1,0<e
- x≤1.令函数
h(t )= ln t -t(0<t <1)，则 h
'(t )= 1
t -1>0，函数 h(t ) 在 (0,1) 上单调递增，故有 x
a≥e
- x，则
a≥logxe
- x =- x
ln x 在 x∈(1,+ ∞) 上恒成立.令 F( x)=- x
ln x ( x>1)，则 F
'( x)= 1- ln x
(ln x)
2 ，令
F
'( x)>0，即 1- ln x>0，解得 1< x<e，令 F
'( x)<0，即 1- ln x<0，解得 x>e，所以
F( x)=- x
ln x 在 (1,e) 上单调递增，在 [e,+∞) 上单调递减，所以 F( x)max = F(e)=-e，所以
a≥-e，即实数 a 的最小值为 -e.故选：B.
【点拨】本题考查不等式恒成立问题，通过同构构造函数并利用导数求最值是解题的关键.
二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求.全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分.
9.（2026·荆州·3 月调研）已知函数 f ( x)=e
x -a x
2，其中 a∈R，则
A. 若函数 f ( x) 有且仅有 1 个零点，则 a∈(0,e
2
4 )
B. 若函数 f ( x) 有且仅有 2 个极值点，则 a 的取值范围是 (e
2 ,+∞)
C. 不存在 a∈R，使函数 f ( x) 存在唯一的极值点
D. 若对 ∀x>0,f ( x)≥0 恒成立，则 a≤e
2
4
【答案】ABD
【解析】将 f ( x)=e
x -a x
2=0 变形为 a=e
x
x
2 = g( x)，分析 g( x) 的单调性易知其在
(-∞,0),(2,+∞) 递增，在 (0,2) 递减，g（2）=e
2
4 ，作 g( x) 的简图（左图），直线 y =a
与其仅有一个公共点，则 a∈(0,e
2
4 )；对于 B，设 f ( x)=e
x -a x
2 的导函数为 g( x)=e
x -2ax，
其有两个变号零点，0 显然不是其零点，将 g( x)=0 变形为 2a=e
x
x =h( x)，h( x) 在
(-∞,0),(0,1) 递减，在 (1,+∞) 递增，h（1）=e，作 h( x) 的简图（右图），直线 y =2a
与其交于两点，则 a∈(e
2 ,+∞)；对于 C，结合 B 的分析，显然当 a<0 时，g( x) 有且仅有一
个变号零点；对于 D，f ( x)=e
x -a x
2≥0 变形为 a≤e
x
x
2 = g( x)，结合 A 的分析，当 x>0 时，
g( x)min= g（2）=e
2
4 ，故 a≤e
2
4 .
【点拨】本题考查利用导数研究函数的零点与极值点，分离参数并构造函数是解题的关键.
10.已知 f ( x)=mx +n，g( x)= ln x，对于 ∀x∈(0,+∞)，f ( x)≥g( x) 恒成立，则下列结
论正确的是
A. m>0
B. n≥-1- ln m
C. m+2n 的最小值为 - ln 4
D. m+n 的最小值为 -1
【答案】ABC
【解析】由 f ( x)≥g( x) 恒成立，得 mx +n≥ln x 在 (0,+ ∞) 上恒成立，即 n≥ln x -mx.设
h( x)= ln x -mx( x>0)，则 h
'( x)= 1
x -m= 1-mx
x
.若 m≤0，则 h
'( x)>0，h( x) 在 (0,+∞) 上
单调递增，无最大值，不合题意，故 A 正确.若 m>0，令 h
'( x)=0 得 x = 1
m.当 x∈(0, 1
m ) 时，
h
'( x)>0，h( x) 单调递增；当 x∈( 1
m ,+∞) 时，h
'( x)<0，h( x) 单调递减.所以
h( x)max =h( 1
m )= ln 1
m -1=- ln m-1.所以 n≥- ln m-1，故 B 正确.对于 C，
m+2n≥m-2ln m-2.设 p(m)=m-2ln m-2(m>0)，则 p
'(m)=1- 2
m = m-2
m
.当 0<m<2 时，
p
'(m)<0，p(m) 单调递减；当 m>2 时，p
'(m)>0，p(m) 单调递增.所以
p(m)min= p（2）=2-2ln 2-2=- ln 4.所以 m+2n 的最小值为 - ln 4，故 C 正确.对于 D，
m+n≥m- ln m-1.设 q(m)=m- ln m-1(m>0)，则 q
'(m)=1- 1
m = m-1
m
.当 0<m<1 时，
q
'(m)<0，q(m) 单调递减；当 m>1 时，q
'(m)>0，q(m) 单调递增.所以
q(m)min=q（1）=1-0-1=0.所以 m+n 的最小值为 0，故 D 错误.综上，选 ABC.
【点拨】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，分离参数并构造函数求最值是解题的关键.
11.已知 e 是自然对数的底数．若 ∀x∈(0,+ ∞)，me
mx≥ln x 成立，则下列结论正确的
是
A. m>0
B. m≥ln x
x 对 ∀x∈(1,+∞) 恒成立
C. m 的最小值为 1
e
D. m 的最小值为 e
【答案】ABC
【解析】由 me
mx≥ln x 得 mxe
mx≥x ln x，即 mxe
mx≥e
ln x⋅ln x，令 f ( x)= xe
x , x>0，求导得
f
'( x)=( x +1)e
x>0，则 f ( x) 在 (0,+∞) 上单调递增，显然 m>0，当 0< x ≤1 时，恒有
mx e
mx>0,e
ln x⋅ln x ≤0，即 mx e
mx≥e
ln x⋅ln x 恒成立，于是当 x>1 时，ln x>0，有
f (mx)≥f (ln x)，从而 mx ≥ln x 对 ∀x∈(1,+∞) 恒成立，即 m≥ln x
x 对 ∀x∈(1,+∞)
恒成立，令 g( x)= ln x
x ，求导得 g
'( x)= 1- ln x
x
2
，则当 x∈(1,e) 时，g
'( x)>0；当
x∈(e,+ ∞) 时，g
'( x)<0，因此函数 g( x) 在 (1,e) 上单调递增，在 (e,+∞) 上单调递减，
g( x)max = 1
e ，则 m≥1
e ，所以实数 m 的最小值是 1
e .
【点拨】本题考查不等式恒成立问题，利用同构思想构造函数并利用导数求最值是解题的关键.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分.
12.（2026·长沙长郡中学·二模）已知 e 为自然对数的底数，不等式 2e
2 x
a
- xe
x+a≥0 对
∀x∈R 恒成立，则实数 a 的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】e
3
【解析】由题意知 a>0，不等式 2e
2 x
a
- xe
x+a≥0 两边同除以 e
x，得 2e
x
a +ae
- x - x ≥0.令
f ( x)= 2e
x
a +ae
- x - x，则 f
'( x)= 2e
x
a -ae
- x -1= 2e
2 x -ae
x -a
2
ae
x
= (2e
x+a)(e
x -a)
ae
x
.令 f
'( x)=0，
得 e
x=a，即 x = ln a.当 x<ln a 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；当 x>ln a 时，f
'( x)>0，f ( x)
单调递增.所以 f ( x)min= f (ln a)= 2a
a + a
a - ln a=3- ln a.要使 f ( x)≥0 恒成立，只需 f ( x)min≥0，
即 3- ln a≥0，解得 a≤e
3.所以实数 a 的最大值为 e
3.
【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 ln x -ae x -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 ln x -ae x -b+1≤0 成立，不妨将 x = 1
e 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)= ln x -e x +2，则
f
'( x)= 1
x -e= 1-e x
x
.由 f
'( x)=0，得 x = 1
e ，函数 f ( x) 在 (0, 1
e ) 上单调递增，在 ( 1
e ,+∞)
上单调递减，所以 f ( x)max = f ( 1
e )=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 +1
k -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
ln t +t +1-k(t +1)≤b 在 (0,+∞) 上恒成立，令 f (t )= ln t +t +1-k(t +1)，所以
f
'(t )= 1
t +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 0<t <
1
k -1 时，f
'(t )>0，当 t >
1
k -1 时，f
'(t )<0，所以当
t =
1
k -1 时，f (t ) 取得最大值 f (
1
k -1 )= ln
1
k -1 -1+1-k =- ln(k -1)-k，所以
- ln(k -1)-k ≤b，所以 ln(k -1)+ k -1≥-2-(b-1)，所以 b-1
k -1 ≥-2
k -1 - ln(k -1)
k -1
-1，令
g(k -1)=-2
k -1 - ln(k -1)
k -1
-1,u=k -1，则 g(u)=-2
u - lnu
u -1，所以
g
'(u)= 2
u
2 - 1- lnu
u
2
= 1+ lnu
u
2
，当 0<u< 1
e 时 g
'(u)<0，当 u> 1
e 时，g
'(u)>0，所以当 u= 1
e
时，g(u) 取得最小值 g( 1
e )=-e-1，b-1
k -1 的最小值是 -e-1.又
b-2k +1
k -1
= b-1-2(k -1)
k -1
= b-1
k -1 -2，所求最小值是 -e-3.
【点拨】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，通过换元法和分离参数求最值是解题的关键.
四、解答题：本题共5 小题，共77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（2026·合肥·一模）已知函数 f ( x)= x e
x -e
ax.
（1） 当 a=1 时，讨论 f ( x) 的单调性；
（2） 当 x>0 时，f ( x)>-1，求 a 的取值范围；
（3） 设 n∈N
*，证明：1
e
3 + 2
e
3
2 +⋯+ n
e
3
n <n+2.
【答案】（1） 在 (-∞,0) 上单调递减，在 (0,+ ∞) 上单调递增
（2） (-∞,1]
（3） 证明见解析
【解析】（1） 当 a=1 时，f ( x)= xe
x -e
x，f
'( x)= xe
x，所以当 x∈(-∞,0) 时，f
'( x)<0；
当 x∈(0,+∞) 时，f
'( x)>0.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)≥x e
x -e
x，由 （1） 知 f ( x)>f （0）=-1，当
a>1 时，f
'( x)=( x +1)e
x -ae
ax=e
x( x +1-ae
(a-1)x).又当 x∈(0,a-1) 时，x +1<a-1+1=a，
ae
(a-1)x>a，所以 x +1<ae
(a-1)x，即 f
'( x)<0.所以 f ( x) 在区间 (0,a-1) 单调递减，所以
f (a-1)<f （0）=-1，不符合题意.综上，a 的取值范围是 (-∞,1].......................................10 分
（3） 由 （1） 知，当 a=1 时，函数 f ( x) 在区间 (0,+∞) 单调递增，所以当 x∈(0,+∞)
时，f ( x)>f （0）=-1，即 xe
x -e
x>-1，所以当 x∈(0,1) 时，e
x<
1
1- x .当 n∈N
* 时，
0< n
3
n <1，则 e
n
3
n <
1
1- n
3
n
=
3
n
3
n-n
= 3
n-n+n
3
n-n
=1+
n
3
n-n.易证 e
x -1≥x，所以 3
n-1≥n≥1.所以
n
3
n-n
≤
n
2⋅3
n-1+3
n-1-n
≤
n
2⋅3
n-1.所以 e
n
3
n <1+
n
3
n-n
≤1+
n
2⋅3
n-1.记 an=
n
2⋅3
n-1，所以
a1+a2+⋯+an= 9
8 - 3
4 (
1
2⋅3
n-1 + n
3
n )< 9
8 <2.所以 e
1
3 +e
2
3
2 +⋯+e
n
3
n <n+2.综上，原不等式成立...17
分
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，以及利用函数不等式证明数列不等式，综
合性较强.
16.（2026·深圳·二模）已知函数 f ( x)=e
x - x
2+(2-a)x.
（1） 若 f ( x) 在 x =1 时取极值，求 a 的值和 f ( x) 的极小值；
（2） 若不等式 f ( x)≥1 对任意 x ≥1 恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】（1） a=e，极小值为 1
（2） (-∞,e]
【解析】（1）由题意可知：f ( x)=e
x - x
2+(2-a)x，f
'( x)=e
x -2 x +(2-a)，因为
f
'（1）=e-2+2-a=0，解得 a=e，则 f ( x)=e
x - x
2+(2-e)x，f
'( x)=e
x -2 x +(2-e)，令
t( x)=e
x -2 x +(2-e)，则 t
'( x)=e
x -2，令 t
'( x)<0，解得 x<ln2；令 t
'( x)>0，解得 x>ln2；
可知 t( x) 在 (-∞,ln 2) 上单调递减，在 (ln 2,+∞) 上单调递增，则 t( x) 的最小值为 t(ln 2)，
且 t(ln 2)<t （1）=0，当 x 趋近于 -∞ 或 + ∞ 时，t( x) 趋近于 + ∞，可知 t( x) 在定义域
R 内有 2 个零点 x0∈(-∞,ln 2) 和 1，当 x∈(-∞, x0)∪(1,+∞) 时，f
'( x)>0，当
x∈( x0,1) 时，f
'( x)<0，可知 f ( x) 在 (-∞, x0)，(1,+∞) 内单调递增，在 ( x0,1) 内单调递
减，所以 f ( x) 在 x =1 处取极小值，极小值为 f （1）=1.......................................................7 分
（2）解法 1：由于不等式 f ( x)≥1 对任意 x ≥1 恒成立，则 f （1）=e-1+2-a≥1，解得
a≤e，下证：当 a≤e 时，f ( x)≥1，若 a≤e，则 f ( x)=e
x - x
2+(2-a)x ≥e
x - x
2+(2-e)x，令
m( x)=e
x - x
2+(2-e)x，由（1）可知，m( x) 在 [1,+∞) 上单调递增，则 m( x)≥m（1）=1，
则 f ( x)≥m( x)≥m（1）=1，所以 a 的取值范围为 (-∞,e].................................................15 分
解法 2：令 f ( x)=e
x - x
2+(2-a)x ≥1, x ≥1，则 a-2≤e
x
x - x - 1
x ，设 g( x)=e
x
x - x - 1
x , x ≥1，
则 g
'( x)= x -1
x
2 e
x -1+ 1
x
2 = ( x -1)(e
x - x -1)
x
2
，设 G( x)=e
x - x -1, x ≥1，则
G
'( x)=e
x -1≥e-1>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)=e
x - x
2+(2-a)x , x ≥1，则 f
'( x)=e
x -2 x +2-a，设
n( x)=e
x -2 x +2-a, x ≥1，则 n
'( x)=e
x -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）<0，即 a>e 时，则 f
'( x) 在 [1,+∞) 内存在零点 x1，若 1≤x< x1，则
f
'( x)<0，可知 f ( x) 在 [1, x1) 内单调递减，可得 f ( x1)<f （1），不合题意；当
f
'（1）≥0，即 a≤e 时，则 f
'( x)≥0，可知 f ( x) 在 [1,+∞) 上单调递增，则
f ( x)≥f （1）≥1，符合题意；综上所述：a 的取值范围为 (-∞,e].......................................15 分
解法 4：因为 f ( x)=e
x - x
2+(2-a)x ≥1, x ≥1，则 x
2-(2-a)x +1
e
x
≤1，设
h( x)= x
2-(2-a)x +1
e
x
, x ≥1，则 h
'( x)= 2 x -(2-a)- x
2+(2-a)x -1
e
x
= (- x +1)[ x -(3-a)]
e
x
，当
3-a≤1，即 a≥2 时，则 h
'( x)≤0，可知 h( x) 在 [1,+∞) 单调递减，则
h( x)≤h（1）= a
e ≤1，解得 2≤a≤e；当 3-a>1，即 a<2 时，令 h
'( x)>0，解得
1≤x<3-a；令 h
'( x)<0，解得 x>3-a；可知 h( x) 在 [1,3-a) 上单调递增，在 (3-a,+∞)
上单调递减，则 h( x)≤h(3-a)= 4 -a
e
3-a ，令 t =3-a>1，下证：e
t ≥t +1,t >1，设
F(t )=e
t -t -1,t >1，则 F
'(t )=e
t -1>e-1>0，可知 F(t ) 在 [1,+∞) 上单调递增，则
F(t )>e-1-1>0，即 e
3-a≥4 -a>0，可得 4 -a
e
3-a <1，可知 a<2 不等式恒成立；综上所述：a
的取值范围为 (-∞,e].........................................................................................................................15 分
【点拨】本题考查利用导数研究函数的极值与不等式恒成立问题，分离参数法和分类讨论法是常
用的解题策略.
17.（2026·镇江·零模）已知函数 f ( x)= ln( x +1)- ax
x +1，a∈R.
（1） 若存在正数 x0，使得 f ( x0)<0，求实数 a 的取值范围；
（2） 设 y = f ( x) 在 x =0 处的切线方程为 y = g( x).
①求 g( x) 的解析式；
②当 x≠0 时，x⋅[ f ( x)- g( x)]<0 恒成立，求 a 的取值集合.
【答案】（1） (1,+ ∞)
（2） ① g( x)=(1-a)x ② {1
2 }
【解析】（1） f
'( x)=
1
x +1 -
a
( x +1)
2 = x +1-a
( x +1)
2 , x>0,f （0）=0.①当 a≤1 时，f
'( x)>0，
f ( x) 在 (0,+∞) 上单调递增，∴f ( x)>f （0）=0，此时不存在这样的 x0，舍去.②当 a>1
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)= ln a- a(a-1)
a
= ln a-(a-1)<0，显然成立，综上：实数 a 的取值范围是
(1,+∞).....................................................................................................................................................7 分
（2） ①切点 (0,0)，k =1-a，∴g( x)=(1-a)x.........................................................................10 分
② x≠0 时，x[ f ( x)- g( x)]<0 恒成立，∴x>0 时，f ( x)- g( x)<0；-1< x<0 时，
f ( x)- g( x)>0.令 F( x)= f ( x)- g( x), F （0）=0，
F
'( x)=
1
x +1 -
a
( x +1)
2 -(1-a)= (a-1)( x +1)
2+ x +1-a
( x +1)
2
= [(a-1)( x +1)+a]x
( x +1)
2
.令
η( x)=(a-1)( x +1)+a，首先由 F( x)<0= F （0） 对 ∀x>0 恒成立，
∴h（0）=2a-1≤0⇒a≤1
2（必要条件）.但（i）当 a≤0 时，(a-1)( x +1)+a<0，∴ 当
-1< x<0 时，F
'( x)>0, F( x) 单调递增；当 x>0 时，F
'( x)<0, F( x) 单调递减，
∴F( x)< F （0）=0 对 ∀x≠0 恒成立，与条件矛盾，舍去.（ii）当 0<a< 1
2 时，令
F
'( x)=0⇒-1< x = 2a-1
1-a <0 且当 2a-1
1-a < x<0 时，(a-1)( x +1)+a<0，F
'( x)>0，F( x) 在
( 2a-1
1-a ,0) 上单调递增，此时 F( x)< F （0）=0，这与 F( x)>0 对 ∀x∈(-1,0) 恒成立
矛盾，舍去.（iii）当 a= 1
2 时，F
'( x)=
- 1
2 x
2
( x +1)
2 ≤0，∴F( x) 在 (-1,+ ∞) 上单调递减，注意到
F （0）=0，∴ 当 -1< x<0 时，F( x)>0；当 x>0 时，F( x)<0 符合题意.综上：a= 1
2.17 分
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，以及不等式恒成立问题，通过构造函数并
分类讨论是解题的关键.
18.（2025·江西三新教研·3 月联考）已知函数 f ( x)= xe
x - ln x - x -1.
（1） 已知 f ( x) 的导函数为 f
'( x)，证明：f
'( x)=0 有唯一实数解.
（2） 若函数 g( x)= m- x
e
x
，∀x1∈(0,+ ∞)，∃x2∈R，f ( x1)-1≥g( x2)，求 m 的取值
范围.
【答案】（1） 证明见解析
（2） (-∞,-1]
【解析】（1） 因为 f ( x)= xe
x - ln x - x -1，所以 f
'( x)=( x +1)e
x- 1
x -1=( x +1)(e
x- 1
x )...2 分
由 x>0 可知 x +1>0，f
'( x)=0 等价于 e
x - 1
x =0.........................................................................3 分
设函数 h( x)=e
x- 1
x , x>0.因为 y =e
x, y =- 1
x 在 (0,+∞) 内单调递增，所以 h( x) 在 (0,+ ∞)
内单调递增...............................................................................................................................................5 分
因为 h( 1
2 )= ❑√e-2<0,h（1）=e-1>0，所以 h( x) 在 (0,+∞) 内存在唯一零点 x0∈( 1
2 ,1)，
所以 f
'( x)=0 有唯一实数解................................................................................................................7 分
（2） 解：由 （1） 知，当 0< x< x0 时，h( x)<0，即 f
'( x)<0,f ( x) 单调递减，当 x> x0 时，
h( x)>0，即 f
'( x)>0,f ( x) 单调递增，所以 f ( x)≥f ( x0)= x0e
x0- ln x0- x0-1........................9 分
因为 e
x0- 1
x0
=0，所以 x0e
x0=1, x0=e
- x0, x0∈( 1
2 ,1).f ( x0)= x0⋅1
x0
- lne
- x0- x0-1=0，即
f ( x)≥0..................................................................................................................................................11 分
g
'( x)= x -1-m
e
x
，令 g
'( x)=0，得 x =m+1. g
'( x)>0，得 x>m+1，g
'( x)<0，得 x<m+1，所
以 g( x)≥g(m+1)= m-1-m
e
m+1
=-
1
e
m+1 ..............................................................................................14 分
因为 ∀x1∈(0,+ ∞)，∃x2∈R ,f ( x1)-1≥g( x2)，所以 f ( x)min-1≥g( x)min，.................16 分
所以 -1≥-
1
e
m+1 ，解得 m≤-1，所以 m 的取值范围为 (-∞,-1]............................................17 分
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，以及含参不等式恒成立与存在性问题，转
化为最值问题是解题的关键.
19.（2026·吉安·一模）已知函数 f ( x)= ln 1+ x
1- x -
ax
bx +1 (a,b∈R).
（1） 若 a=1，求函数 f ( x) 在 x =0 处的切线方程；
（2） 若 b=0,a>0，讨论 f ( x) 的单调性；
（3） 若对任意的 x∈(-1,1)，f ( x)≥0 恒成立，求 b 的取值范围.
【答案】（1） y = x
（2） 当 0<a≤2 时，f ( x) 在 (-1,1) 上单调递增；当 a>2 时，f ( x) 在 (-1,- ❑√
a-2
a
) 和
(❑√
a-2
a
,1) 上单调递增，在 (- ❑√
a-2
a
,❑√
a-2
a
) 上单调递减
（3） {1}
【解析】（1） 由题意知 f ( x) 定义域为 (-1,1)，f
'( x)=
2
1- x
2 -
a
(bx +1)
2，..........................2 分
当 a=1 时，f
'（0）=1，而 f （0）=0，所以切线方程为 y = x............................................4 分
（2） 当 b=0,a>0 时，f
'( x)=
2
1- x
2 -a=
a( x
2- a-2
a
)
1- x
2
，...........................................................6 分
因为 a>0，所以 a-2
a
<1，
若 a-2
a
≤0，即 0<a≤2 时，f
'( x)≥0，此时 f ( x) 在 (-1,1) 上单调递增，........................7 分
若 a-2
a
>0，即 a>2 时，令 f
'( x)>0，得 -1< x<- ❑√
a-2
a
或 ❑√
a-2
a
< x<1，令 f
'( x)<0，得
- ❑√
a-2
a
< x<❑√
a-2
a
，
所以 f ( x) 在 (-1,- ❑√
a-2
a
) 和 (❑√
a-2
a
,1) 上单调递增，在 (- ❑√
a-2
a
,❑√
a-2
a
) 上单调递减；
...................................................................................................................................................................9 分
综上，当 0<a≤2 时，f ( x) 在 (-1,1) 上单调递增；当 a>2 时，增区间为 (-1,- ❑√
a-2
a
) 和
(❑√
a-2
a
,1)，减区间为 (- ❑√
a-2
a
,❑√
a-2
a
)......................................................................................10 分
（3） 因为 f ( x)= ln 1+ x
1- x -
ax
bx +1，对 ∀x∈(-1,1)，f ( x)≥0 恒成立，且 f （0）=0，
故 f
'（0）=2-a=0，即 a=2，....................................................................................................11 分
所以 f ( x)= ln 1+ x
1- x - 2 x
bx +1，对 ∀x∈(-1,1)，bx +1≠0 恒成立，当 b=0 时满足条件；
当 b>0 时，-b+1≥0，即 0<b≤1；
当 b<0 时，b+1≥0，即 -1≤b<0，所以 b∈[-1,1]，...........................................................12 分
f
'( x)=
2
1- x
2 -
2
(bx +1)
2 = 2 x[(b
2+1)x +2b]
(1- x
2)(bx +1)
2 ，令 f
'( x)=0 得 x1=0, x2=-2b
b
2+1，所以
①当 b=0 时，x2=0,f
'( x)= 2 x
2
1- x
2 ≥0，则 f ( x) 在 (-1,1) 上单调递增，当 x0∈(-1,0) 时，
f ( x0)<f （0）=0，不满足题意；...................................................................................................13 分
②当 b=-1 时，x2=1，令 f
'( x)=
4 x
(1- x
2)( x -1)
>0，则 -1< x<0，所以 f ( x) 在 (-1,0) 上
单调递增，当 x0∈(-1,0) 时，f ( x0)<f （0）=0，不满足题意；
③当 -1≤b<0 时，x2∈(0,1)，令 f
'( x)<0 得 0< x< x2，所以 f ( x) 在 (0, x2) 上单调递减，
当 x0∈(-1,0) 时，f ( x0)<f （0）=0，不满足题意；............................................................14 分
④当 0<b<1 时，x2∈(-1,0)，令 f
'( x)<0 得 x2< x<0，所以 f ( x) 在 (-1, x2) 上单调递增，
在 ( x2,0) 上单调递减，在 (0,1) 上单调递增，因为 2 x
bx +1 -
2
b-1⋅b+1，
f ( x)= ln 1+ x
1- x - 2 x
bx +1 <ln 1+ x
1- x +
2
1-b，令 m=e
b-1，则 ln m+1
m-1 = ln m=
2
b-1，
因此 f ( m-1
m+1 )<
2
b-1 +
2
1-b =0，不满足题意；..............................................................................16 分
⑤当 b=1 时，f
'( x)=
4 x
(1- x
2)( x +1)，所以 f ( x) 在 (-1,0) 上单调递减，在 (0,1) 上单调递
增，
故 f ( x)≥f （0）=0，满足题意.
综上可知，b 的取值范围为 {1}........................................................................................................17 分
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，以及不等式恒成立问题，通过必要条件探
路并分类讨论是解题的关键.
