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)

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－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以当f′(x)>0时，x>1；当f′(x)<0时，0<x<1，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－lnx≥f(1)＝0，即lnx≤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＋lnx，可得a≤e2x－eq\f(lnx＋1,x)－1(x>0)恒成立，令f(x)＝e2x－eq\f(lnx＋1,x)－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－eq\f(lnx＋1,x)－1＝eq\f(x·e2x－lnx－1,x)－1＝eq\f(elnx＋2x－lnx－1,x)－1≥eq\f(lnx＋2x＋1－lnx－1,x)－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)＝lnx－ax－1，其中0<a<1，e为自然对数的底数，若∃x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，则实数a的取值范围是________．．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(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<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1．要证f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需证lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即证lna＋eq\f(1,a)－1≥0．令函数g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，则g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1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lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a)．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eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)＜lnn．2．解析(1)由F(x)＝x－1－xlnx，x>0，则F′(x)＝－lnx，所以当x＞1时，F′(x)＝－lnx＜0，当0＜x＜1时，F′(x)＝－lnx＞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，xlnx＞x－1对任意x＞0且x≠1恒成立．故1－eq\f(1,x)＜lnx，取x＝eq\f(n,n－1)(n＞1且n∈N)得，1－eq\f(n－1,n)＜lneq\f(n,n－1)⇒eq\f(1,n)＜lnn－ln(n－1)，所以eq\i\su(i＝2,n,)eq\f(1,i)＜eq\i\su(i＝2,n,[)lni－ln(i－1)]，即eq\f(1