第三章　第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课)课件-2027届高三数学一轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究不等式问题”专题，依据高考评价体系梳理了不等式证明、恒成立、能成立三大核心考点，通过近五年高考真题分析明确恒成立问题占比45%、证明问题占38%的高频分布，归纳出构造函数、隔离转化等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+通法提炼+素养培养”策略，如以2023新高考Ⅱ卷“x-x²<sinx<x”证明为实例，示范构造函数求导、泰勒展开式放缩等突破方法，培养学生数学思维中的推理能力与模型观念。特设“易错警示”和“母题变式”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

第三章　一元函数的导数及其应用 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [总体概览] 1．恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，难度略大． 2．导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，解题方法多种多样，难度较大． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 类型一　利用导数证明不等式 [典例1]　(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3T12)利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证： (1)ex>1＋x，x≠0； (2)ln x<x<ex，x>0． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [证明]　(1)由题意，ex>1＋x等价于ex－x－1>0， 令f (x)＝ex－x－1， ∴f '(x)＝ex－1，而f '(0)＝e0－1＝0， ∴当x<0时，f '(x)<0，f (x)单调递减； 当x>0时，f '(x)>0，f (x)单调递增． 故f (x)>f (0)＝0在x≠0时恒成立，即ex－x－1>0(x≠0)， ∴ex>1＋x，x≠0． 如图，由图象可直观得到ex>1＋x，x≠0． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) (2)由题意，ln x<x等价于x－ln x>0，x<ex等价于ex－x>0，令f (x)＝x－ln x，则f '(x)＝1－，而f '(1)＝1－＝0， ∴当0<x<1时，f '(x)<0，f (x)单调递减； 当x>1时，f '(x)>0，f (x)单调递增． 故f (x)≥f (1)＝1在x>0时恒成立， 即x－ln x≥1>0， ∴ln x<x在x>0时恒成立． 令g(x)＝ex－x，则g'(x)＝ex－1，而g'(0)＝e0－1＝0， ∴当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 故g(x)>g(0)＝1>0在x>0时恒成立，即ex－x>0，∴x<ex在x>0时恒成立． 综上，ln x<x<ex，x>0． 如图，由图象可直观得到ln x<x<ex，x>0． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 通性通法：(1)在证明不等式时，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． (2)在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f (x)，g(x)，使f (x)min>g(x)max恒成立，从而f (x) >g(x)，但f (x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 【教用·备选题】 1．(2026·金昌模拟)已知函数f (x)＝ln x－x2－sin x＋1．证明： (1)ln x≤x－1； (2)f (x)<0． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [证明]　(1)令F(x)＝ln x－x＋1，x>0，则F'(x)＝． 当x∈(0，1)时，F'(x)>0，F(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，F'(x)<0，F(x)单调递减， ∴当x＝1时，F(x)取得极大值也是最大值． ∴F(x)≤F(1)＝0，∴ln x－x＋1≤0， 即ln x≤x－1． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) (2)由(1)可得f (x)＝ln x－x2－sin x＋1≤x－1－x2－sin x＋1＝x－x2－sin x，当且仅当x＝1时，等号成立． 令G(x)＝x－x2－sin x，则G'(x)＝1－x－cos x． 令φ(x)＝G'(x)，则φ'(x)＝－1＋sin x≤0，且等号不恒成立， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又∵φ(0)＝0，∴当x>0时，φ(x)<0， 即G'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又∵G(0)＝0，∴G(x)<0在(0，＋∞)上恒成立．∴f (x)≤x－x2－sin x<0． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 2．(2023·新高考Ⅰ卷T19改编)已知函数f (x)＝－ax2＋2ax(a>0)，求证：f (x)<ea－1＋． [证明]　求导得f '(x)＝－2ax＋2a＝， 当a>0时，1＋2aex>0恒成立， 当x<1时，f '(x)>0，则f (x)在(－∞，1)上单调递增； 当x>1时，f '(x)<0，则f (x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x)max＝f (1)＝＋a． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 要证f (x)<ea－1＋＋a<ea－1＋，即证明ea－a－1>0． 构造函数g(x)＝ex－x－1，x>0， 则g'(x)＝ex－1>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0， 所以ea－a－1>0， 则＋a<ea－1＋，不等式得证． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 3．(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x． [证明]　令h(x)＝x－x2－sin x(0<x<1)， 则h'(x)＝1－2x－cos x(0<x<1)． 令p(x)＝1－2x－cos x(0<x<1)， 则p'(x)＝－2＋sin x<0， 所以p(x)即h'(x)在(0，1)内单调递减， 又h'(0)＝0， 所以当0<x<1时，h'(x)<h'(0)＝0，h(x)单调递减， 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)＝0，即x－x2<sin x． 令g(x)＝sin x－x，0<x<1， 则g'(x)＝cos x－1≤0， 所以g(x)在(0，1)内单调递减，又g(0)＝0， 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)＝0， 即sin x<x． 综上，当0<x<1时，x－x2<sin x<x． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 类型二　利用导数解决不等式的恒成立问题 [典例2]　(2025·佛山二模节选)已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝1－(x>0，a∈R)．若f (x)图象恒在g(x)图象的上方，求实数a的取值范围． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [解]　若f (x)图象恒在g(x)图象的上方，则ln x>1－恒成立，即a>x(1－ln x)恒成立． 设h(x)＝x(1－ln x)，所求问题转化为a>h(x)max． 则h'(x)＝1－ln x＋x＝－ln x， 令h'(x)>0，得x∈(0，1)，令h'(x)<0，得x∈(1，＋∞)，所以h(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 通性通法：a≥f (x)恒成立⇔a≥f (x)max； a≤f (x)恒成立⇔a≤f (x)min． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 【教用·备选题】 1．(2026·北海模拟)已知函数f (x)＝xln x－2x＋a2－a，若f (x)≤0在x∈[1，e2]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[－1，2] B．[0，1] C．[0，2] D．[－1，1] √ 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) B　[因为f (x)＝xln x－2x＋a2－a， 则f '(x)＝ln x－1，其中x∈[1，e2]， 令f '(x)>0，解得e<x≤e2，令f '(x)<0，解得1≤x<e． 所以f (x)在[1，e)上单调递减，在(e，e2]上单调递增， 因为f (1)＝a2－a－2，f (e2)＝a2－a， 所以f (x)max＝f (e2)＝a2－a， 因为f (x)≤0在x∈[1，e2]上恒成立， 所以f (x)max＝a2－a≤0， 解得0≤a≤1． 故选B．] 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 2．(2024·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(分类讨论法)f '(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－，x>－1， 设s(x)＝－aln(1＋x)－， 则s'(x)＝＝－＝－， 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 当a≤－时，若x≥0，则s'(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故s(x)≥s(0)＝0，即f '(x)≥0， 所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，故f (x)≥f (0)＝0． 当－<a<0时，若0<x<－， 则s'(x)<0， 故s(x)在内s(x)<s(0)＝0， 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 即在内f '(x)<0，f (x)单调递减， 故在内f (x)<f (0)＝0，不合题意，舍去． 当a≥0时，s'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 同理可得在(0，＋∞)上f (x)<f (0)＝0恒成立，不合题意，舍去． 综上，a的取值范围为． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 3．(2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x．当x≥0时，f (x) ≥x3＋1，求实数a的取值范围． [解]　f (x)≥x3＋1等价于e-x≤1． 设函数g(x)＝e-x(x≥0)，则 g'(x)＝－e-x ＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e-x＝－x(x－2a－1)(x－2)e-x． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) (ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g'(x)>0，所以g(x)在(0，2)内单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意． (ⅱ)若0<2a＋1<2，即－<a<，则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a＋1，2)时，g'(x)>0，所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)内单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e-2≤1，即a≥． 所以当≤a<时，g(x)≤1． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) (ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e-x． 由于0∈，故由(ⅱ)可得e-x≤1． 故当a≥时，g(x)≤1． 综上，a的取值范围是． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 类型三　利用导数解决不等式的能成立问题 [典例3]　(2026·保定模拟)已知函数f (x)＝aex－x－1，若关于x的不等式f (x)<x有解，求实数a的取值范围． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [解]　由f (x)<x有解，可得a<有解， 令g(x)＝，则g'(x)＝， 令g'(x)>0，可得x<，令g'(x)<0，可得x>， 所以g(x)在上单调递减， 所以g(x)的最大值为g， 所以a<， 故实数a的取值范围为． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 通性通法：a≥f (x)能成立⇔a≥f (x)min； a≤f (x)能成立⇔a≤f (x)max． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 【教用·备选题】 1．(2025·南阳期末)已知函数f (x)＝x2e1-x，g(x)＝aln x－x(a<0)，若对任意的x1∈[1，3]，总存在x2∈，使得f (x1)≤g(x2)，则a的取值范围是______________． 　 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 　[因为f (x)＝x2e1-x， 所以f '(x)＝xe1-x(2－x)，x∈[1，3]， 所以当1≤x<2时，f '(x)>0，f (x)单调递增； 当2<x≤3时，f '(x)<0，f (x)单调递减． 所以f (x)max＝f (2)＝； 又g(x)＝aln x－x(a<0)，x∈， 所以g'(x)＝－1＝，a<0，x∈， 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 所以g'(x)<0， 所以g(x)在上单调递减，g(x)max＝g＝－a－， 因为对任意的x1∈[1，3]，总存在x2∈，使得f (x1)≤g(x2)， 所以f (x1)max≤g(x2)max， 所以≤－a－， 所以a≤－， 所以a的取值范围是．] 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 2．已知函数f (x)＝ex－2x＋sin x，g(x)＝ex(－sin x＋cos x＋a)． (1)求f (x)的单调区间； (2)若∃x1，x2∈，使得不等式g(x1)≥f (x2)成立，求实数a的取值范围． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [解]　(1)f (x)的定义域为R，且f '(x)＝ex＋cos x－2，f '(0)＝0． 当x<0时，ex<1，cos x≤1，则f '(x)＝ex＋cos x－2<0，所以f (x)在(－∞，0)上单调递减． 当x>0时，设h(x)＝ex－2＋cos x，则h'(x)＝ex－sin x．因为ex>e0＝1≥sin x，所以h'(x)>0恒成立，所以h(x)即f '(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f '(x)>f '(0)＝0．所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上，f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) (2)由(1)知，f (x)min＝f (0)＝1． 由题意知，关于x的不等式ex(－sin x＋cos x＋a)≥1在上有解，即a≥sin x－cos x＋e-x在上有解． 设F(x)＝sin x－cos x＋e-x，则F'(x)＝sin x＋cos x－e-x＝sin－e-x． 当x∈时，x＋sin∈[1，]． 又e-x≤1，所以F'(x)≥0恒成立，即F(x)在上单调递增．所以F(x)min＝F(0)＝0． 因此，实数a的取值范围是[0，＋∞)． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 【教用·教材拓展】 洛必达法则 法则1　若函数f (x) 和g(x)满足下列条件： (1)f (x)＝0 及 g(x)＝0； (2)在点a的去心邻域内，f (x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)＝l， 那么＝l，型． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 法则2　若函数f (x) 和g(x)满足下列条件： (1)f (x)＝∞及 g(x)＝∞； (2)在点a的去心邻域内，f (x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)＝l， 那么＝l，型． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [典例]　已知函数f (x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f (x)>ax成立，求实数a的取值范围． [解]　法一：令φ(x)＝f (x)－ax＝(x＋1)·ln(x＋1)－ax(x>0)， 则φ'(x)＝ln(x＋1)＋1－a． ∵x>0，∴ln(x＋1)>0． ①当1－a≥0，即a≤1时，φ'(x)>0， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) ②当1－a<0，即a>1时， 令φ'(x)＝0，得x＝ea-1－1， ∴x∈(0，ea-1－1)时，φ'(x)<0； x∈(ea-1－1，＋∞)时，φ'(x)>0， ∴φ(x)在(0，ea-1－1)内单调递减， 在(ea-1－1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(ea-1－1)<φ(0)＝0，与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意． 综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 法二：当x∈(0，＋∞)时， (x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立， 即a<恒成立． 令g(x)＝(x>0)． ∴g'(x)＝． 令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)， ∴k'(x)＝1－>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) ∴k(x)>k(0)＝0， ∴x－ln(x＋1)>0恒成立， ∴g'(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则知 g(x)＝[ln(x＋1)＋1]＝1， ∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 【教用·教材拓展】 泰勒展开式 常用泰勒展开式拟合的不等式有： ex＝1＋x＋＋…⇒ex≥x＋1； ln(1＋x)＝x－＋…⇒ln(x＋1)≤x； sin x＝x－－…⇒sin x≤x； cos x＝1－＋…⇒cos x≥1－x2． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 利用泰勒展开式的“桥梁”作用证明不等式，关键是能够根据原函数与其在x＝0处的n阶泰勒展开式的大小关系，利用放缩法转化不等式． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) [典例]　(1)(2022·全国甲卷)已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则 (　　) A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b (2)已知函数f (x)＝xln x，证明：f (x)<ex＋cos x－1． √ 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) (1)A　[法一：设x＝0.25，则a＝＝1－，b＝cos≈1－，c＝4sin≈1－，故c>b>a． 法二：因为＝4tan，当x∈时，x<tan x，所以tan>1，所以c>b． 设f (x)＝cos x＋x2－1，x∈(0，＋∞)， 则f '(x)＝－sin x＋x>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f>f (0)＝0，即cos>0， 所以b>a． 综上，c>b>a， 故选A．] 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) (2)证明：法一：f (x)的定义域为(0，＋∞)．由泰勒公式，知ex>1＋x＋x2＋x3，cos x>1－x2，ln x≤x－1，所以xln x≤x2－x． 所以要证xln x<ex＋cos x－1，只需证x2－x<1＋x＋x3，即证x3－x2＋2x＋1>0． 设g(x)＝x3－x2＋2x＋1(x>0)， 则g'(x)＝x2－2x＋2＝(x－2)2≥0． 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝1>0． 所以原不等式得证． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 法二：由泰勒公式，得cos x≥1－x2，所以ex＋cos x－1≥ex－x2．要证xln x<ex＋cos x－1，只需证xln x<ex－x2，即证． 设h(x)＝，g(x)＝(x>0)．易求得h(x)max＝，g(x)min＝．显然，所以h(x)<g(x)．所以原不等式得证． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 1．(2025·保定月考)设函数f (x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数． 求证：(1)当x>0时，f (x)>x； (2)ex－2>ln x． 课时作业(二十七)　利用导数研究不等式问题(进阶课) *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 47 [证明]　(1)令g(x)＝f (x)－x＝ex－1－x， 则g'(x)＝ex－1， 当x>0时，g'(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故g(x)>g(0)＝0， 即当x>0时，f (x)>x成立． 48 (2)由(1)可得当x>0时，ex>1＋x， 要证ex－2>ln x，即证ex－2>x－1≥ln x，即证x－1－ln x≥0， 令h(x)＝x－1－ln x， 则h'(x)＝1－， 当x>1时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 当0<x<1时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)min＝h(1)＝0， 即h(x)＝x－1－ln x≥0恒成立， 所以ex－2>ln x． 49 2．(2026·汉中模拟)已知函数f (x)＝ln x＋x2－ax，a∈R．若存在x使得f (x)≤2ln x，求实数a的取值范围． [解]　由题意可知，存在x使x2－ax≤ln x(x>0)成立， 则存在x，使a≥x－(x>0)． 令h(x)＝x－(x>0)， 则h'(x)＝， 因为y＝x2在(0，＋∞)上单调递增，y＝ln x－1在(0，＋∞)上单调递增， 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 50 所以y＝x2＋ln x－1在(0，＋∞)上单调递增，且当x＝1时，y＝0． 所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h'(x)>0， 所以h(x)min＝h(1)＝1，所以a≥1． 所以实数a的取值范围为[1，＋∞)． 51 3．(2026·三明模拟)已知函数f (x)＝xln x－ax． (1)当a＝－1时，求函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，f (x)≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 52 [解]　(1)当a＝－1时，f (x)＝xln x＋x，f '(x)＝ln x＋2， 则f (1)＝1，f '(1)＝2， 所以函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0． (2)因为对任意x∈(0，＋∞)，f (x)≤x2＋2恒成立，所以xln x－ax≤x2＋2恒成立． 即a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 53 设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h'(x)＝－1＋＝－， 令h'(x)＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)， 当x∈(0，2)时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(2，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 故h(x)max＝h(2)＝ln 2－3， 所以a≥ln 2－3， 故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞)． 课时作业 *第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课) 54 谢谢！ $