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)M(0)＝0，所以ex>x＋1．由于00，转化为∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，则g(x0)＝ln x0－ax0－1>0，即a0，当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)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－a0，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)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，·…·0．
令x＝1＋，得ln 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a0，解得x0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0t(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00)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，当01时，g′(x)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x0，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．
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－1，且x≠0)，即x>0或－1