【高考快车道】第一阶段 专题六 培优课15 切线不等式在导数中的应用 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共59张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题六　函数、导数和不等式
培优课15　切线不等式在导数中的应用
在导数题目命制中，切线不等式最大的作用就是把超越函数与初等函数联系起来，使高等数学问题具有初等解法，最常用的方式是放缩整形．
1．几个常见函数的泰勒展开式(参阅教材人教A 版必修第一册P256T26)：
(1)ex＝1＋x＋＋…；
(2)＝1＋x＋x2＋x3＋…；
(3)ln (1＋x)＝x－＋…；
(4)cos x＝1－＋…；
(5)sin x＝x－＋…．
2．两个超越不等式
从泰勒展开公式中截取片段就构成了常见的不等式：
总结如下：(注意解答题需先证明后使用)
(1)对数型超越放缩：≤ln x≤x－1(x＞0)；
(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤(x＜1)．
类型1　比较大小
（一）
类型2　证明不等式
（二）
培优专练15　切线不等式在导数中的应用
（三）
类型1　比较大小
【典例1】　(1)已知a＝e0.01，b＝1.01，c＝1－ln ，则(　　)
A．c＞a＞b　　　　 B．a＞c＞b
C．a＞b＞c D．b＞a＞c
(2)(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
√
√
(1)C　(2)A　[(1)法一(构造函数)：设f (x)＝ex－1－x，则f ′(x)＝ex－1＞0在x＞0时恒成立，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以ex－1－x＞f (0)＝0，
即ex＞1＋x，x＞0，所以e0.01＞1.01．
又ln 1.01＞0，
所以eln 1.01＞1＋ln 1.01，即1.01＞1－ln ，
所以a＞b＞c，故选C．
法二(泰勒展开式)：设x＝0.01，则
a＝ex＝1＋0.01＋＋…，b＝1＋0.01，c＝1＋ln (1＋x)＝1＋ln (1＋0.01)＝1＋0.01－＋…，
所以a＞b＞c，故选C．
(2)法一(构造函数)：
因为当x∈时，x＜tan x，
故＝4tan＞1，故＞1，所以c＞b；
设f (x)＝cos x＋x2－1，x∈(0，＋∞)，
f ′(x)＝－sin x＋x＞0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f ＞f (0)＝0，所以cos ＞0，
所以b＞a，所以c＞b＞a，故选A．
法二(泰勒展开式)：
设x＝0.25，则a＝＝1－，
b＝cos ≈1－，
c＝4sin ＝≈1－，计算得c＞b＞a，故选A．]
几个常用不等式：
①x∈(0，1)时，sin x＞ln (x＋1)；
②ln x≥1－(x＝1时取等号)；
③x＞0时，x＞sin x；
④x＞1时，ln x＞；
⑤sin x[跟进训练]
1．(2023·山东济宁二模)设a＝，b＝ln ，c＝sin ，则(　　)
A．bC．c√
A　[法一：令g＝x－1－ln x，g′＝1－＝，
令g′>0，解得x>1；令g′<0，解得0所以g在上单调递减，在上单调递增，
所以g＝g＝0，所以x－1≥ln x，
由x－1≥ln x可知a>b．
设f (x)＝sin x－x，则f ′(x)＝cos x－1在区间上单调递减，且f ′＝－1＝>0，
所以函数f (x)在区间上单调递增．
所以f >f (0)＝0，即sin >，即c>a．故选A．
法二：b＝ln ＝ln 又由泰勒公式可知：sin x>x－，
所以sin >＝，
即c＝sin >>＝a，
故c>a>b．]
2．已知3m＝e且a＝cos m，b＝1－m2，c＝，e是自然对数的底数，则(　　)
A．a＞b＞c B．c＞a＞b
C．c＞b＞a D．b＞a＞c
√
B　[∵3m＝e，∴ln 3m＝ln e，∴m＝∈(0，1)，
∴a，b，c＞0．
又sin x∴＝tan m＞m，∴＞cos m，即c＞a．
法一：∵a－b＝cos m－1＋m2，
令f (x)＝cos x－1＋x2，x∈(0，1)，
∴f ′(x)＝－sin x＋x＞0，f (x)单调递增，
∴f (x)＞f (0)＝0，
则a－b＝cos m－1＋m2＞0，即a＞b，
综上，c＞a＞b．故选B．
法二：由泰勒公式可知：
cos x>1－，
所以cos m>1－，即a>b．综上可知c＞a＞b．]
类型2　证明不等式
【典例2】　已知函数f (x)＝ln x－kx＋1．
(1)若f (x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；
(2)证明：＜(n∈N*，n＞1)．
[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f (x)≤0 ln x－kx＋1≤0 k≥．
令g(x)＝，x＞0，则g′(x)＝＝，
当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝1，
所以k≥1．
(2)证明：由(1)知，k＝1时，有ln x≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
当且仅当x＝1时，等号成立．
所以x∈(1，＋∞)，ln x＜x－1恒成立，
令x＝1＋(n＞1，且n∈N*)，
则ln ＜＜＝，
所以ln ＋ln ＋…＋ln ＜＝＜＝，
即ln ＜(n∈N*，n＞1)，
所以＜(n∈N*，n＞1)．
典例2的第(2)问关键是利用第(1)问中的结论，取k＝1，得到不等式ln x≤x－1，从而得到x＞1时，ln x＜x－1，令x＝1＋，即可构造不等式ln＜＜＝，通过裂项相消法求出
ln ＋ln ＋…＋ln 的取值范围，进而证明结论．
[跟进训练]
3．已知函数f ＝x ln x－a．
(1)若f ≥0，求实数a的值；
(2)已知n∈N*且n≥2，求证：sin ＋sin＋…＋sin[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
由f ≥0，得ln x－a≥0．
令h＝ln x－a，则h≥0，h′＝＝．
注意到h＝0，所以x＝1是函数h的极小值点，则h′＝0，所以h′＝＝0，得a＝1．
当a＝1时，h′＝，则函数h在上单调递减，在上单调递增，
所以h≥h＝0，满足条件，故a＝1．
(2)证明：由(1)可得，ln x≥1－．
令＝1－，则x＝，所以ln ，
即≤ln k－ln ，k∈．
令g＝x－sin x(x>0)，
则g′＝1－cos x≥0，且g′不恒为零，所以函数g在上单调递增，
故g>g＝0，则sin x0)，
所以sin <≤ln k－ln ，k∈，
令k分别取2，3，…，n，累加得：
sin＋sin＋…＋sin<(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n－ln(n－1)]＝ln n．即证．
【教师备选资源】
已知函数f (x)＝a ln (x＋1)＋x2．
(1)若a＝－4，求f (x)的极值；
(2)若x≥0，a＞1，求证：f (x)≥(x＋1)2－ex．
[解]　(1)当a＝－4时，f (x)＝－4ln (x＋1)＋x2，x＞－1，
所以f ′(x)＝＋2x＝(x＞－1)，
当x∈(－1，1)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，
f ′>0，f (x)单调递增，
所以x＝1时f (x)取得极小值，且极小值f (1)＝－4ln 2＋1，f (x)没有极大值．
(2)证明：要证：x≥0，a＞1时，f (x)≥(x＋1)2－ex，
即证a ln (x＋1)－2x－1＋ex≥0，
设g(x)＝a ln (x＋1)－2x－1＋ex，则g′(x)＝－2＋ex，
设h(x)＝ex－x－1，则当x≥0时，h′(x)＝ex－1≥0，
所以h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1．
所以g′＝－2＋ex≥＋x＋1－2
≥2－2＝2－2＞0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，
即a ln (x＋1)－2x－1＋ex≥0，即f (x)≥(x＋1)2－ex．
2
4
3
题号
1
5
√
1．已知a＝e0.1－1，b＝sin 0.1，c＝ln 1.1，则(　　)
A．a＜b＜c　　　　 B．b＜c＜a
C．c＜a＜b D．c＜b＜a
6
培优专练15　切线不等式在导数中的应用
D　[法一(构造法)：令f (x)＝ex－x－1，则f ′(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f (0.1)＞f (0)，即e0.1－0.1－1＞0，故a＝e0.1－1＞0.1．
2
4
3
题号
1
5
令g(x)＝sin x－x，则g′(x)＝cos x－1＜0在(0，1)上恒成立，
故g(x)＝sin x－x在(0，1)上单调递减，
故g(0.1)＜g(0)，即sin 0.1－0.1＜0，
即b＝sin 0.1＜0.1＜a．
令h(x)＝ln (x＋1)－sin x，
则h′(x)＝－cos x＝，
6
2
4
3
题号
1
5
令m(x)＝1－(x＋1)cos x，则m′(x)＝－cos x＋(x＋1)sin x，
易知m′(x)在上单调递增，
且m′＝－＝＜0，
故m′(x)＜0在上恒成立，
故m(x)在上单调递减，
6
2
4
3
题号
1
5
又m(0)＝1－1＝0，
故m(x)＜0在上恒成立，
故h′(x)＜0在上恒成立，
故h(x)在上单调递减，
故h(0.1)＜h(0)＝0，
即ln 1.1－sin 0.1＜0，即c＜b，故c＜b＜a．故选D．
6
2
4
3
题号
1
5
法二(泰勒公式)：设x＝0.1，则a＝e0.1－1＝0.1＋＋…，
b＝sin 0.1＝0.1－＋…，c＝ln 1.1＝0.1－＋…，
故c＜b＜a．故选D．]
6
2
4
3
题号
1
5
2．已知a＝e0.1，b＝，c＝1.052，则(　　)
A．a＞b＞c B．c＞b＞a
C．b＞c＞a D．a＞c＞b
√
6
D　[因为ln a＝0.1，ln c＝ln 1.052＝2ln 1.05，
即ln a＝0.05，ln c＝ln (1＋0.05)，
先证明ln (1＋x)＜x，x＞－1，
设f (x)＝ln (1＋x)－x，x＞－1，
则f ′(x)＝－1＝－，
2
4
3
题号
1
5
令f ′(x)＞0，则－1＜x＜0；令f ′(x)＜0，则x＞0，
所以函数f (x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (0.05)＜f (0)，
即ln (1＋0.05)－0.05＜0，即ln (1＋0.05)＜0.05，
所以2ln 1.05＜0.1＝ln e0.1，
即1.052＜e0.1，即c＜a．
而b＝＜＝＝1.1，
c＝1.052＝1.102 5＞1.1，所以a＞c＞b．故选D．]
6
2
4
3
题号
1
5
3．(2024·河北廊坊模拟)已知a＝ln ，b＝，c＝，则(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．c>b>a
√
6
A　[设函数f ＝ln x＋－1，f ′＝，
因为x∈时f ′<0，x∈时f ′>0，
所以f 在上单调递减，在上单调递增，则
f ≥f ＝0，所以ln x≥1－，当且仅当x＝1时，等号成立．
2
4
3
题号
1
5
令x＝，则ln >．
设函数g＝ln x－，g′＝，
因为x∈时g′>0，x∈时g′<0，
所以g在上单调递增，在上单调递减，则g≤g＝0，所以g＝ln 3－<0，即ln 3<<，所以．综上可得，a>b>c．故选A．]
6
2
4
3
题号
1
5
4．已知a＝，b＝－1，c＝ln ，则(　　)
A．aC．c√
6
C　[a＝，b＝－1，c＝ln ＝ln ，
设f ＝ex－x－1，
所以f ′＝ex－1>0，
所以f 在上单调递增，所以f >f ＝0，即ex－1>x．
2
4
3
题号
1
5
所以－1>，即a设g＝ln －x，
则g′＝－1＝<0，
所以g在上单调递减，所以g即ln 所以ln <，即c6
2
4
3
题号
1
5
5．(2024·山东菏泽模拟)已知实数a，b分别满足ln ＝0.01，eb＝1.01，且c＝，则(　　)
A．aC．c√
6
2
4
3
题号
1
5
C　[由eb＝1.01，ln ＝0.01，得b＝ln 1.01，a＝e0.01－1，
设g＝ex－x－1，则g′＝ex－1，
所以当x∈时，g′<0，g单调递减，
当x∈时，g′>0，g单调递增，所以g≥g＝0，即ex－1≥x，
同理可证ln ≤x，所以ln ≤x≤ex－1，
当x＝0.01时，可得ln 1.016
2
4
3
题号
1
5
设f ＝ln x－(x>0)，则f ′＝，
所以当x∈时，f ′<0，f 单调递减，
当x∈时，f ′>0，f 单调递增，
所以f >f ，即ln 1.01－>ln 1，整理得ln 1.01>，即b>c，所以c6
2
4
3
题号
1
5
6．已知函数f (x)＝sin x－x＋x3．
(1)证明： x∈[0，＋∞)，f (x)≥0恒成立；
(2)是否存在n∈N*，使得ln 26
2
4
3
题号
1
5
[解]　(1)证明：由f (x)＝sin x－x＋x3，得f ′(x)＝cos x－1＋x2，x≥0，
令g(x)＝cos x－1＋x2，得g′(x)＝－sin x＋x，
令h(x)＝－sin x＋x，得h′(x)＝－cos x＋1，
h′(x)＝－cos x＋1≥0，当且仅当x＝2kπ(k∈Z)，h′(x)＝0，
所以g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(0)＝0，当且仅当x＝0，g′(x)＝0，
所以f ′(x)在[0，＋∞)上也单调递增，
故f ′(x)≥f ′(0)＝0，当且仅当x＝0，f ′(x)＝0，
所以f (x)在[0，＋∞)上仍单调递增，故f (x)≥f (0)＝0．
6
2
4
3
题号
1
5
(2)对于右侧：由(1)可知，当x>0时，h(x)＝－sin x＋x>0，即sin x故sin <，k≥1，k∈N*，
所以sin ＋sin ＋…＋sin
＝
＝＝<，所以该侧不等号始终成立；
6
2
4
3
题号
1
5
对于左侧：由(1)可知当x>0时，sin x>x－x3．
设F(x)＝x－x3－ln (1＋x)，x∈，则F′(x)＝1－x2－＝
－．
在x∈上有F′(x)>0，所以F(x)在x∈上单调递增，故当00．
此时sin x>x－x3>ln (1＋x)，
令x＝，
6
2
4
3
题号
1
5
可知sin >ln ＝ln ＝ln －ln ，所以当n≥2，n∈N*时，
sin ＋sin ＋…＋sin
＝sin ＋ln －ln ，
6
2
4
3
题号
1
5
令sin ＋ln －ln >ln 2，
注意到sin ＋ln >ln ＋ln ＝ln 2，
所以可得到一个充分条件，
即－1，
所以任取＋1，n∈N*，
则该侧不等式成立，因此，对于任意＋1，n∈N*，原不等式都成立．即所求的n是存在的．
6
【教师备选资源】
1．(2024·陕西安康模拟)已知a＝ln ，b＝，c＝，则(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．c>a>b
√
A　[令f ＝ln x－x＋1，
则f ′＝>0，所以f 单调递增，
又f ＝0，所以f <0，即ln x所以ln <－，所以－ln >，即ln >，所以a>b，
设h＝ex，x∈，
则h′＝－xex<0，所以h单调递减，
h故<＝，即<，
所以b>c，所以a>b>c．
故选A．]
2．(2024·北京丰台模拟)已知a＝，b＝－1，c＝ln ，则(　　)
A．cC．c√
C　[设f (x)＝ln (1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
则f ′(x)＝－1＝<0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f (x)即ln <，则c设g＝ex－x－1，
则g′＝ex－1>0，故g在(0，＋∞)上单调递增，
则g＝－1>g＝0，
即－1>，则b>a，综上c故选C．]
3．已知a＝e0.03－1，b＝ln 1.03，c＝tan 0.03，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．c＞a＞b B．a＞c＞b
C．b＞c＞a D．a＞b＞c
√
B　[a－c＝e0.03－1－tan 0.03，令f (x)＝ex－1－tan x＝，0＜x＜，令g(x)＝ex cos x－cos x－sin x，则
g′(x)＝(ex－1)(cos x－sin x)，
当0＜x＜时，g′(x)＞0，
所以g(x)在上单调递增，
又g(0)＝e0cos 0－cos 0－sin 0＝1－1－0＝0，所以g(x)＞0，
又cos x＞0，所以f (x)＞0在上恒成立，
所以f (0.03)＝e0.03－1－tan 0.03＞0，即
e0.03－1＞tan 0.03，即a＞c．
令h(x)＝ln (1＋x)－x，0＜x＜，
所以h′(x)＝－1＝－，
因为0＜x＜，所以h′(x)＝－＜0，所以h(x)在上单调递减，
所以h(x)＜h(0)＝0，即ln (1＋x)＜x在上恒成立，
所以ln (1＋0.03)＝ln 1.03＜0.03．
令m(x)＝x－tan x，x∈，
所以m′(x)＝1－，
因为x∈，所以m′(x)＝1－＜0，
故m(x)＝x－tanx在x∈上单调递减，
所以m(x)＜m(0)＝0，即x＜tan x在上恒成立，
当x＝0.03时，0.03＜tan 0.03，
故ln 1.03＜0.03＜tan 0.03，即b＜c，
综上，a＞c＞b．故选B．]
THANK YOU