《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题14 两个经典不等式的应用(解析版)

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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)<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－ln x≥f(1)＝0，即 ln x≤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＋ln x，可得 a≤e2x－－1(x>0)恒成立，

令f(x)＝e2x－－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－－1＝－1＝－

1≥－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)＝ln x－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________．

答案　　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 0<a<1，所以当 x∈(0，＋∞)时，

f(x)＝ex－ax－1>0，故若∃x0∈(0，＋∞)，使 f(x0)g(x0)>0，转化为∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，则 g(x0)＝ln x0

－ax0－1>0，即 a<－．令 h(x)＝－，h′(x)＝．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)＝－＝．所以 0<a<，即 a∈．

[例2]　函数 f(x)＝ln(x＋1)－ax，g(x)＝1－ex．

(1)讨论函数 f(x)的单调性；

(2)若f(x)≥g(x)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数 a的取值范围．

解析　(1)函数 f(x)的定义域为 x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－a＝．

(ⅰ)当a＝0时，f′(x)>0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；

(ⅱ)当a≠0 时，令 f′(x)＝0得x＝＝－1，若 a<0，则－1<－1，若 a>0，则－1>－1．

①当a<0 时，f′(x)＝－a>0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；

当a>0 时，f′(x)＝，所以当 x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈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－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)<h(0)＝0，不符合题意．

综上，实数 a的取值范围为(－∞，2]．

[例3]　已知函数 f(x)＝ex－a．

(1)若函数 f(x)的图象与直线 l：y＝x－1相切，求 a的值；

(2)若f(x)－lnx>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ln x代换 x得ln x≤x－1(当x＝1时，等号成立)，所以 ex－2>ln x．

当a≤2 时，ln x<ex－2≤ex－a，则当 a≤2 时，f(x)－ln x>0 恒成立．

当a≥3 时，存在 x，使 ex－a<ln x，即 ex－a>ln 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，得 0<x<，

∴函数 f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．

(2)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明 f(x)＋ex>x2＋x＋2，

只需证明 ex－ln x－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－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，·…·<e．

解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

①若a≤0，因为 f＝－＋a ln2<0，所以不满足题意；

②若a>0，由 f′(x)＝1－＝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－ln x>0．

令x＝1＋，得 ln <．

从而 ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1．

故·…·<e．

【对点训练】

1．已知函数 f(x)＝ex，x∈R．证明：曲线 y＝f(x)与曲线 y＝x2＋x＋1有唯一公共点．

1．解析　令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，则 g′(x)＝ex－x－1，

由经典不等式 ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0 恒成立，所以 g(x)在R上为单调递增函数，且 g(0)＝0．

所以函数 g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．

2．(2018·全国Ⅰ改编)已知函数 f(x)＝aex－lnx－1．

(1)设x＝2是f(x)的极值点，求 a的值并求 f(x)的单调区间；

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