专题14 两个经典不等式的应用(原卷版)

2023-11-08 · U1 上传 · 12页 · 106.3 K

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,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+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00,则实数a的取值范围是________.答案 eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e2))) 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)=lnx0-ax0-1>0,即a<eq\f(lnx0,x0)-eq\f(1,x0).令h(x)=eq\f(lnx,x)-eq\f(1,x),h′(x)=eq\f(2-lnx,x2).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)=eq\f(lne2,e2)-eq\f(1,e2)=eq\f(1,e2).所以00,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;(ⅱ)当a≠0时,令f′(x)=0得x=eq\f(1-a,a)=eq\f(1,a)-1,若a<0,则eq\f(1,a)-1<-1,若a>0,则eq\f(1,a)-1>-1.①当a<0时,f′(x)=eq\f(1,x+1)-a>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增;当a>0时,f′(x)=eq\f(-a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1-a,a))),x+1),所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(1-a,a)))时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-a,a),+∞))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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(1-a,a)))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-a,a),+∞))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)=eq\f(1,x+1)+ex-a,当a≤2时,由ex≥x+1得h′(x)=eq\f(1,x+1)+ex-a≥eq\f(1,x+1)+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)=-eq\f(1,(x+1)2)+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)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lnx代换x得lnx≤x-1(当x=1时,等号成立),所以ex-2>lnx.当a≤2时,lnx0恒成立.当a≥3时,存在x,使ex-alnx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)-eq\f(a,x)=eq\f((x+1)(2x-a),x),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>eq\f(a,2),由f′(x)<0,得0x2+x+2,只需证明ex-lnx-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-lnx-2>x+1-lnx-2=x-lnx-1.∴只要证明x-lnx-1≥0(x>0),令h(x)=x-lnx-1(x>0),则h′(x)=1-eq\f(1,x)=eq\f(x-1,x)(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-lnx-1≥0成立,∴f(x)+ex>x2+x+2成立.[例5] 已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)证明:对于任意正整数n,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2n)))0,由f′(x)=1-eq\f(a,x)=eq\f(x-a,x)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-lnx>0.令x=1+eq\f(1,2n),得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2n)))<eq\f(1,2n).从而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)))+lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,22)))+…+lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2n)))<eq\f(1,2)+eq\f(1,22)+…+eq\f(1,2n)=1-eq\f(1,2n)<1.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2n)))

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