新高考數學二輪復習專題14 兩個經典不等式的應用 (教師版)

專題14兩個經典不等式的應用邏輯推理是得到數學結論，構建數學體系的重要方式，是數學嚴謹性的基本保證．利用兩個經典不等式解決問題，降低了思考問題的難度，優(yōu)化了推理和運算過程．1．對數形式：x≥1＋lnx(x>0)，當且僅當x＝1時，等號成立．2．指數形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立．進一步可得到一組不等式鏈：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．注意：選填題可直接使用，解答題必須先證明后再使用．考點一兩個經典不等式的應用1．對數形式：x≥1＋lnx(x>0)，當且僅當x＝1時，等號成立．證明由題意知x>0，令f(x)＝x－1－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以當f′(x)>0時，x>1；當f′(x)<0時，0<x<1，故f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，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．指數形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立．證明設f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0，所以當x<0時，f′(x)<0；當x>0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，所以ex≥x＋1．【例題選講】[例1](1)已知對任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋lnx，則實數a的取值范圍是________．答案(－∞，1]解析根據題意可知，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，則a≤f(x)min，現(xiàn)證明ex≥x＋1恒成立，設g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，當g′(x)＝0時，解得x＝0，當x<0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x>0時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，故當x＝0時，函數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．所以實數a的取值范圍是(－∞，1]．(2)已知函數f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝lnx－ax－1，其中0<a<1，e為自然對數的底數，若?x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，則實數a的取值范圍是________．．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．當a>0時，若x>a，則f′(x)>0，函數f(x)在(a，＋∞)上單調遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數f(x)在(0，a)上單調遞減．(2)由(1)知，當a>0時，f(x)min＝f(a)＝lna＋1．要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0．令函數g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，當0<a<1時，g′(a)<0，當a>1時，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，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．已知函數f(x)＝xlnx，g(x)＝x－1．(1)求F(x)＝g(x)－f(x)的單調區(qū)間和最值；(2)證明：對大于1的任意自然數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，則F′(x)＝－lnx，所以當x＞1時，F(xiàn)′(x)＝－lnx＜0，當0＜x＜1時，F(xiàn)′(x)＝－lnx＞0，所以當x＝1時，F(xiàn)(x)取最大值F(1)＝0.即當x≠1時，F(xiàn)(x)＜0，當x＝1時，F(xiàn)(x)＝0，所以F(x)在(0，1)上是單調增函數，在(1，＋∞)上是單調減函數，當x＝1時，F(xiàn)(x)取最大值F(1)＝0，無最小值．(2)由(1)可知，xlnx＞x－1對任意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