新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題14 兩個(gè)經(jīng)典不等式的應(yīng)用 (教師版)

專題14兩個(gè)經(jīng)典不等式的應(yīng)用邏輯推理是得到數(shù)學(xué)結(jié)論，構(gòu)建數(shù)學(xué)體系的重要方式，是數(shù)學(xué)嚴(yán)謹(jǐn)性的基本保證．利用兩個(gè)經(jīng)典不等式解決問(wèn)題，降低了思考問(wèn)題的難度，優(yōu)化了推理和運(yùn)算過(guò)程．1．對(duì)數(shù)形式：x≥1＋lnx(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立．2．指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立．進(jìn)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(diǎn)一兩個(gè)經(jīng)典不等式的應(yīng)用1．對(duì)數(shù)形式：x≥1＋lnx(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)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(dāng)f′(x)>0時(shí)，x>1；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，0<x<1，故f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)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(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立．證明設(shè)f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0，所以當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)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(duì)任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋lnx，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，1]解析根據(jù)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(shè)g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，當(dāng)g′(x)＝0時(shí)，解得x＝0，當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)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(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．(2)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝lnx－ax－1，其中0<a<1，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若?x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，則實(shí)數(shù)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(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)a>0時(shí)，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(shù)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(dāng)0<a<1時(shí)，g′(a)<0，當(dāng)a>1時(shí)，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)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(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝x－1．(1)求F(x)＝g(x)－f(x)的單調(diào)區(qū)間和最值；(2)證明：對(duì)大于1的任意自然數(shù)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(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)′(x)＝－lnx＜0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，F(xiàn)′(x)＝－lnx＞0，所以當(dāng)x＝1時(shí)，F(xiàn)(x)取最大值F(1)＝0.即當(dāng)x≠1時(shí)，F(xiàn)(x)＜0，當(dāng)x＝1時(shí)，F(xiàn)(x)＝0，所以F(x)在(0，1)上是單調(diào)增函數(shù)，在(1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，當(dāng)x＝1時(shí)，F(xiàn)(x)取最大值F(1)＝0，無(wú)最小值．(2)由(1)可知，xlnx＞x－1對(duì)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