新高考数学二轮复习专题14 两个经典不等式的应用 (教师版).doc

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，00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00，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)＝0，2所以当x∈[0，x0)时，h(x)单调递减，故h(x0)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0x2＋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，3∴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，·…·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·…·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00．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＋2．5①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。