2023高考数学二轮专题导数38讲 专题14 两个经典不等式的应用

这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题14 两个经典不等式的应用，共11页。试卷主要包含了对数形式，指数形式，已知函数f＝aex＋2x－1，已知函数f＝alnx＋1，已知函数f ＝kx－lnx－1等内容，欢迎下载使用。

专题14　两个经典不等式的应用
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．
1．对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
2．指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．
进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．
注意：选填题可直接使用，解答题必须先证明后再使用．
考点一　两个经典不等式的应用
1．对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
证明　由题意知x>0，令f(x)＝x－1－ln x，所以f′(x)＝1－＝，
所以当f′(x)>0时，x>1；当f′(x)<0时，0 故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)有最小值f(1)＝0，故有f(x)＝x－1－ln x≥f(1)＝0，即ln x≤x－1成立．
2．指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．
证明　设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0，
所以当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，所以ex≥x＋1．
【例题选讲】
[例1]　(1)已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋lnx，则实数a的取值范围是________．
答案　(－∞，1]　解析　根据题意可知，x>0，由x·e2x－ax－x≥1＋ln x，可得a≤e2x－－1(x>0)恒成立，令f(x)＝e2x－－1，则a≤f(x)min，现证明ex≥x＋1恒成立，设g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，当g′(x)＝0时，解得x＝0，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故当x＝0时，函数g(x)取得最小值，g(0)＝0，所以g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0⇔ex≥x＋1恒成立，f(x)＝e2x－－1＝－1＝－1≥－1＝1，所以f(x)min＝1，即a≤1．所以实数a的取值范围是(－∞，1]．
(2)已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中00，则实数a的取值范围是________．
答案　　解析　令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，则M′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，M′(x)>0，所以M(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以M(x)>M(0)＝0，所以ex>x＋1．由于00，故若∃x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，转化为∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，则g(x0)＝ln x0－ax0－1>0，即a<－．令h(x)＝－，h′(x)＝．当x∈(0，e2)时，h′(x)>0，当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减．所以h(x)≤h(e2)＝－＝．所以0 [例2]　函数f(x)＝ln(x＋1)－ax，g(x)＝1－ex．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥g(x)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解析　(1)函数f(x)的定义域为x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－a＝．
(ⅰ)当a＝0时，f′(x)>0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
(ⅱ)当a≠0时，令f′(x)＝0得x＝＝－1，若a<0，则－1<－1，若a>0，则－1>－1．
①当a<0时，f′(x)＝－a>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f′(x)＝，所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上可得，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)＋ex－ax－1，x≥0，则h′(x)＝＋ex－a，
当a≤2时，由ex≥x＋1得h′(x)＝＋ex－a≥＋x＋1－a≥0，
于是，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0恒成立，符合题意；
当a>2时，由于x≥0，h(0)＝0，令函数m(x)＝h′(x)，
则m′(x)＝－＋ex(x≥0)．所以m′(x)≥0，
故h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，而h′(0)＝2－a<0．则存在一个x0>0，使得h′(x0)＝0，
所以当x∈[0，x0)时，h(x)单调递减，故h(x0) 综上，实数a的取值范围为(－∞，2]．
[例3]　已知函数f(x)＝ex－a．
(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值．
解析　(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，
所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1，∴a＝2．
(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0；当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0．
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立．∴ex≥x＋1，从而ex－2≥x－1(x＝0时取等号)．
以ln x代换x得ln x≤x－1(当x＝1时，等号成立)，所以ex－2>ln x．
当a≤2时，ln x0恒成立．
当a≥3时，存在x，使ex－aln x不恒成立．
综上，整数a的最大值为2．
[例4]　已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(a∈R)．
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2．
解析　(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝，
当a≤0时，f′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0，得0 ∴函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，
只需证明ex－ln x－2 >0，先证明当x>0时，ex>x＋1，
令g(x)＝ex－x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴当x>0时，g(x)>g(0)＝0即ex>x＋1，∴ex－ln x－2>x＋1－ln x－2＝x－ln x－1．
∴只要证明x－ln x－1≥0(x>0)，令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝1－＝(x>0)，易知h(x)在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0即x－ln x－1≥0成立，
∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．
[例5]　已知函数f(x)＝x－1－a lnx．
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，·…· 解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋a ln2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1．
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0．
令x＝1＋，得ln <．
从而ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1．
故·…· 【对点训练】
1．已知函数f(x)＝ex，x∈R．证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
1．解析　令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0．
所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．
2．(2018·全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当a＝时，f(x)≥0．
2．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－，由题设知，f′(2)＝a·e2－＝0，所以a＝，
从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－(x>0)．
因为f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函数，且f′(2)＝0，所以当02时，f′(x)>0．
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝时，f(x)＝－lnx－1，所以只要证明－lnx－1≥0即可．
设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex⇒≥x．又由ex≥ex(x>0)⇒x≥1＋lnx(x>0)，
所以－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以－lnx－1≥0得证，
所以当a＝时，f(x)≥0．
3．(2020·山东)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
3．解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－．
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2．
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2．因此所求三角形的面积为．
(2)当0 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－．
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0．
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1．
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥1．
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝aex＋2x－1(其中常数e＝2．718 28…是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意的a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋ae)x．
4．解析　(1)由f(x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2．
①当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；
②当a<0时，由f′(x)>0，解得xln，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)对任意a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋ae)x⇔－－＋－e≥0．
令g(x)＝－－＋－e，则g′(x)＝．
当a≥1时，aex－x－1≥ex－x－1．
令h(x)＝ex－x－1，则当x>0时，h′(x)＝ex－1>0．
∴当x>0时，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0．∴aex－x－1>0．
∴当01时，g′(x)>0．
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝0，即－－＋－e≥0，故f(x)≥(x＋ae)x．
5．已知函数f(x)＝alnx＋1(a∈R)．
(1)若g(x)＝x－f(x)，讨论函数g(x)的单调性；
(2)若t(x)＝x2＋x，h(x)＝ex－1(其中e是自然对数的底数)，且a＝1，x∈(0，＋∞)，求证：h(x)>t(x)>f(x)．
5．解析　(1)由题意得，g(x)＝x－f(x)＝x－aln x－1，
其定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1－＝，
当a≤0时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，易得函数g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)设u(x)＝h(x)－t(x)＝ex－1－x2－x，则u′(x)＝ex－x－1，
设m(x)＝u′(x)＝ex－x－1，则m′(x)＝ex－1，
当x>0时，m′(x)>0恒成立，则m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴m(x)>m(0)＝0，则u(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴u(x)>u(0)＝0，
∴h(x)－t(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即h(x)>t(x)．
当a＝1时，设v(x)＝t(x)－x＝x2，
∵当x>0时，v(x)>0，即t(x)>x．设s(x)＝x－ln x－1，则s′(x)＝1－＝．
易得s(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴s(x)≥s(1)＝0，∴x≥ln x＋1＝f(x)∴t(x)>x≥f(x)，即t(x)>f(x)，
综上所述，h(x)>t(x)>f(x)．
6．已知函数f (x)＝kx－lnx－1(k>0)．
(1)若函数f (x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)证明：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
6．解析　(1)法一：f (x)＝kx－ln x－1，f ′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，
当0时，f ′(x)>0．∴f (x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
∴f (x)min＝f ＝ln k，∵f (x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝1．
法二：由题意知方程kx－ln x－1＝0仅有一个实根，由kx－ln x－1＝0，得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，当00；当x>1时，g′(x)<0．
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴要使f (x)仅有一个零点，则k＝1．
法三：函数f (x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝ln x＋1相切，设切点为(x0，y0)，
由y＝ln x＋1，得y′＝，∴∴k＝x0＝y0＝1，∴实数k的值为1．
(2)由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，
∵n∈N*，令x＝，得>ln，∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
考点二　经典不等式的变形不等式的应用

【例题选讲】
[例1]　证明下列不等式
(1)ex－1≥x；(2)ln(x＋1)≤x；(3)0)；(4)ex－ln(x＋2)>0．
解析　(1)方法一　令f(x)＝ex－1－x，则f′(x)＝ex－1－1．
若x<1，则f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减；若x>1，则f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)≥0，∴ex－1≥x．
方法二　令t＝x－1，则x＝t＋1．由et≥t＋1，得ex－1≥x．
(2)由题意知x>－1，令f(x)＝ln(x＋1)－x，所以f′(x)＝－1＝，
所以当f′(x)>0时，－10，
故f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)有最大值f(0)＝0，故有f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x成立．
(3)方法一　构造函数f(x)＝ln(1＋x)－，则g(0)＝0．
当x>0时，f′(x)＝－＝>0．
即当x>0时，函数f(x)单调递增．即f(x)>f(0)＝0．
故f(x)＝ln(1＋x)－>0，即 方法二　∵ln x≤x－1，且当x＝1时等号成立．
∴ln <－1(x>0)，即ln <，∴ (4)令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝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，
∴f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，
∴ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立)．①
令g(x)＝x＋1－ln(x＋2)，则g′(x)＝1－＝(x>－2)，
易知g(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(－1)＝0，即x＋1－ln(x＋2)≥0，即x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时，等号成立)．②
∵①和②中的等号不能同时成立，∴由①和②得ex>ln(x＋2)，即ex－ln(x＋2)>0．
[例2]　(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)

(1)答案　B　解析　因为f(x)的定义域为{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D．当x>0时，由经典不等式x>1＋lnx(x>0)，以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1 (2)函数f(x)＝ex－1－ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．{1}　　　　　　　　B．{－1，1}　　　　　　　　C．{0，1}　　　　　　　D．{－1，0}
答案　A　解析　f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，即ex－1≥ax－(a－1)恒成立，由于：ex≥x＋1，即ex－1≥x，∴只需要x≥ax－(a－1)，即(a－1)(x－1)≤0恒成立，所以a＝1．
[例3]　设函数f(x)＝lnx－x＋1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1< 解析　(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1．
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0．
所以当x≠1时，ln x [例4]　已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时， (2)已知e为自然对数的底数，证明：∀n∈N*，<·…· 解析　(1)令g(x)＝f(x)－＝ln(1＋x)－(x>0)，则g′(x)＝－＝>0(x>0)．
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>成立．
令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，则h′(x)＝－1＝－<0(x>0)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴当x∈(0，＋∞)时，h(x) 综上所述，当x∈(0，＋∞)时， (2)由(1)可知，ln(1＋x) ∴ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋，
即ln<＝．
∵n∈N*，∴＝＋≤＋＝1．
∴ln<1．∴·…· 又由(1)可知，ln(1＋x)>对x∈(0，＋∞)都成立，∴ln>＝(k＝1，2，…，n)．
∴ln＝ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋≥＋＋…＋＝＝．
∴ln>．∴·…·>．
∴<·…· 【对点训练】
1．已知函数f(x)＝lnx＋，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥．
1．解析　(1) f′(x)＝－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0 (2)由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1．
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋－1≥0．
令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0．
所以ln a＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥．
2．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝x－1．
(1)求F(x)＝g(x)－f(x)的单调区间和最值；
(2)证明：对大于1的任意自然数n，都有＋＋＋…＋＜lnn．
2．解析　(1)由F(x)＝x－1－xln x，x>0，则F′(x)＝－ln x，
所以当x＞1时，F′(x)＝－ln x＜0，当0＜x＜1时，F′(x)＝－ln x＞0，
所以当x＝1时，F(x)取最大值F(1)＝0.
即当x≠1时，F(x)＜0，当x＝1时，F(x)＝0，
所以F(x)在(0，1)上是单调增函数，在(1，＋∞)上是单调减函数，
当x＝1时，F(x)取最大值F(1)＝0，无最小值．
(2)由(1)可知，xln x＞x－1对任意x＞0且x≠1恒成立．
故1－＜ln x，取x＝(n＞1且n∈N)得，1－＜ln⇒＜ln n－ln(n－1)，
所以＜ln i－ln(i－1)]，即＋＋＋…＋＜ln n，
综上，对大于1的任意自然数n，都有＋＋＋…＋＜ln n成立．