2027届新高考数学热点精准复习利用导数研究不等式问题(进阶课)

2027届新高考数学热点精准复习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．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．[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．

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．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”．

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，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．

通性通法：a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min．【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]√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．]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．

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．

通性通法：a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max．

[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．

[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．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]．

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．

√

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)[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．

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．

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