2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专题14 两个经典不等式的应用(解析版).pdf

《2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专题14 两个经典不等式的应用(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专题14 两个经典不等式的应用(解析版).pdf（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专专题题14两个经典不等两个经典不等式的应用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：x1lnx(x0)，当且仅当 x1 时，等号成立2指数形式：exx1(xR)，当且仅当 x0 时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1lnx(x0，且 x1)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考点一两个两个经典不等式经典不等式的应用的应用1对数形式：x1lnx(x0)，当且仅当 x1

2、时，等号成立2指数形式：exx1(xR)，当且仅当 x0 时，等号成立【例题选讲例题选讲】例例 1(1)已知对任意 x，都有 xe2xaxx1lnx，则实数 a 的取值范围是_(2)已知函数 f(x)exax1，g(x)ln xax1，其中 0a0，则实数 a 的取值范围是_例例 2函数 f(x)ln(x1)ax，g(x)1ex(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若 f(x)g(x)在 x0，)上恒成立，求实数 a 的取值范围例例 3已知函数 f(x)exa(1)若函数 f(x)的图象与直线 l：yx1 相切，求 a 的值；(2)若 f(x)lnx0 恒成立，求整数 a 的最大值例例 4已

3、知函数 f(x)x2(a2)xalnx(aR)(1)求函数 yf(x)的单调区间；(2)当 a1 时，证明：对任意的 x0，f(x)exx2x2例例 5已知函数 f(x)x1a lnx(1)若 f(x)0，求 a 的值；(2)证明：对于任意正整数 n，1121122112n0 时，f(x)(xae)x5已知函数 f(x)alnx1(aR)(1)若 g(x)xf(x)，讨论函数 g(x)的单调性；(2)若 t(x)12x2x，h(x)ex1(其中 e 是自然对数的底数)，且 a1，x(0，)，求证：h(x)t(x)f(x)6已知函数 f(x)kxlnx1(k0)(1)若函数 f(x)有且只有一个

4、零点，求实数 k 的值；(2)证明：当 nN*时，112131nln(n1)考点二考点二经典不等式的经典不等式的变形不等式的应用变形不等式的应用【例题选讲例题选讲】例例 1证明下列不等式(1)ex1x；(2)ln(x1)x；(3)x1x0)；(4)exln(x2)0例例 2(1)已知函数 f(x)1ln(x1)x，则 yf(x)的图象大致为()(2)函数 f(x)ex112ax2(a1)xa2在(，)上单调递增，则实数 a 的取值范围是()A1B1，1C0，1D1，0例例 3设函数 f(x)lnxx1(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x(1，)时，1x1ln xx例例 4已知函数

5、f(x)ln(1x)(1)求证：当 x(0，)时，x1xf(x)x；(2)已知 e 为自然对数的底数，证明：nN*，e11n212n21nn20 时，证明：f(x)2a1a2已知函数 f(x)xlnx，g(x)x1(1)求 F(x)g(x)f(x)的单调区间和最值；(2)证明：对大于 1 的任意自然数 n，都有1213141nlnn学科网（北京）股份有限公司专题专题 14两个经典不等式的应用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：x1lnx(x0)，当且仅当 x1

6、 时，等号成立2指数形式：exx1(xR)，当且仅当 x0 时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1lnx(x0，且 x1)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考点一两个两个经典不等式经典不等式的应用的应用1对数形式：x1lnx(x0)，当且仅当 x1 时，等号成立证明由题意知 x0，令 f(x)x1ln x，所以 f(x)11xx1x，所以当 f(x)0 时，x1；当 f(x)0 时，0 x1，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)x1ln xf(1)0，即 ln xx1 成立2指数形式：exx

7、1(xR)，当且仅当 x0 时，等号成立证明设 f(x)exx1，则 f(x)ex1，由 f(x)0，得 x0，所以当 x0 时，f(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 exx10，所以 exx1【例题选讲例题选讲】例例 1(1)已知对任意 x，都有 xe2xaxx1lnx，则实数 a 的取值范围是_答案(，1解析根据题意可知，x0，由 xe2xaxx1ln x，可得 ae2xln x1x1(x0)恒成立，令 f(x)e2xln x1x1，则 af(x)min，现证明 exx1 恒成立，设 g(x)exx1，g(x)e

8、x1，当g(x)0 时，解得 x0，当 x0 时，g(x)0 时，g(x)0，g(x)单调递增，故当 x0时，函数 g(x)取得最小值，g(0)0，所以 g(x)g(0)0，即 exx10exx1 恒成立，f(x)e2xln x1x1xe2xln x1x1eln x2xln x1x1ln x2x1ln x1x11，所以 f(x)min1，即 a1所以实数 a 的取值范围是(，1(2)已知函数 f(x)exax1，g(x)ln xax1，其中 0a0，则实数 a 的取值范围是_答案0，1e2解析令 M(x)exx1，x(0，)，则 M(x)ex1，当 x(0，)时，M(x)0，学科网（北京）股份

9、有限公司所以 M(x)在(0，)上单调递增，所以 M(x)M(0)0，所以 exx1由于 0a0，故若x0(0，)，使 f(x0)g(x0)0，转化为x0(0，)，g(x0)0，则 g(x0)ln x0ax010，即 a0，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)ln e2e21e21e2所以0a0，f(x)在(1，)上单调递增；()当 a0 时，令 f(x)0 得 x1aa1a1，若 a0，则1a10，则1a11当 a0，函数 f(x)在(1，)上单调递增；当 a0 时，f(x)ax1aax1，所以当 x1，1

10、aa时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x1aa，时，f(x)0 时，f(x)在1，1aa上单调递增，在1aa，上单调递减(2)设函数 h(x)f(x)g(x)ln(x1)exax1，x0，则 h(x)1x1exa，当 a2 时，由 exx1 得 h(x)1x1exa1x1x1a0，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 a2 时，由于 x0，h(0)0，令函数 m(x)h(x)，则 m(x)1(x1)2ex(x0)所以 m(x)0，故 h(x)在0，)上单调递增，而 h(0)2a0，使得 h(x0)0，所以当 x0，x0)时，h(x)单调递减，故

11、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 yx1 相切，所以令 f(x)1，即 ex1，得 x0，切点坐标为(0，1)，则 f(0)1a1，a2(2)先证明 exx1，设 F(x)exx1，则 F(x)ex1，令 F(x)0，则 x0，当 x(0，)时，F(x)0；当 x(，0)时，F(x)ln x当 a2 时，ln x0 恒成立当 a3 时，存在 x，使 exaln x 不恒成立综上，整数 a 的最大值为 2例例 4已知函数 f(x)x2(a2)xalnx(aR)(1)求函数 yf(x)的单调区间；(2)当 a1 时，证明：对任意的 x

12、0，f(x)exx2x2解析(1)函数 f(x)的定义域是(0，)，f(x)2x(a2)ax(x1)(2xa)x，当 a0 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 a0 时，由 f(x)0 得 xa2，由 f(x)0，得 0 xx2x2，只需证明 exln x2 0，先证明当 x0 时，exx1，令 g(x)exx1(x0)，则 g(x)ex1，当 x0 时，g(x)0，g(x)单调递增，当 x0 时，g(x)g(0)0 即 exx1，exln x2x1ln x2xln x1只要证明 xln x10(x0)，令 h(x)xln x1(x0)，则 h

13、(x)11xx1x(x0)，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 xln x10 成立，f(x)exx2x2 成立例例 5已知函数 f(x)x1a lnx(1)若 f(x)0，求 a 的值；学科网（北京）股份有限公司(2)证明：对于任意正整数 n，1121122112ne解析(1)f(x)的定义域为(0，)，若 a0，因为 f12 12a ln20，由 f(x)1axxax知，当 x(0，a)时，f(x)0；所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增，故 xa 是 f(x)在(0，)的唯一最小值点因为 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f

14、(x)0，故 a1(2)由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0令 x112n，得 ln112n12n从而 ln112 ln1122ln112n1212212n112n1故1121122112n0)因为 f(x)12e2ex1x在(0，)上是增函数，且 f(2)0，所以当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增学科网（北京）股份有限公司(2)当 a1e时，f(x)exelnx1，所以只要证明exelnx10 即可设 g(x)exex(x0)，则 g(x)exe(x0)，可知 g(x)在(0，1上是减函数，在1，)上是增函数，所以 g

15、(x)g(1)0，即 exexexex又由 exex(x0)x1lnx(x0)，所以exelnx1xlnx10，所以exelnx10 得证，所以当 a1e时，f(x)03(2020山东)已知函数 f(x)aex1lnxlna(1)当 ae 时，求曲线 yf(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)aex11x(1)当 ae 时，f(x)exln x1，f(1)e1，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)，即 y(e1)x2直线 y(e1)x2 在 x 轴、

16、y 轴上的截距分别为2e1，2因此所求三角形的面积为2e1(2)当 0a1 时，f(1)aln a1当 a1 时，f(x)ex1ln x，f(x)ex11x当 x(0，1)时，f(x)0所以当 x1 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(1)1，从而 f(x)1当 a1 时，f(x)aex1ln xln aex1ln x1综上，a 的取值范围是1，)4已知函数 f(x)aex2x1(其中常数 e2718 28是自然对数的底数)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)证明：对任意的 a1，当 x0 时，f(x)(xae)x4解析(1)由 f(x)aex2x1，得 f(x)aex2当 a0 时，f

17、(x)0，函数 f(x)在 R 上单调递增；当 a0，解得 xln2a，由 f(x)ln2a，故 f(x)在，ln2a上单调递增，在 ln2a，上单调递减综上所述，当 a0 时，函数 f(x)在 R 上单调递增；当 a0 时，f(x)(xae)xexxxa1ax2ae0令 g(x)exxxa1ax2ae，则 g(x)(x1)(aexx1)ax2当 a1 时，aexx1exx1令 h(x)exx1，则当 x0 时，h(x)ex10当 x0 时，h(x)单调递增，h(x)h(0)0aexx10当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)

18、g(1)0，即exxxa1ax2ae0，故 f(x)(xae)x5已知函数 f(x)alnx1(aR)(1)若 g(x)xf(x)，讨论函数 g(x)的单调性；(2)若 t(x)12x2x，h(x)ex1(其中 e 是自然对数的底数)，且 a1，x(0，)，求证：h(x)t(x)f(x)5解析(1)由题意得，g(x)xf(x)xaln x1，其定义域为(0，)，g(x)1axxax，当 a0 时，g(x)0 在(0，)上恒成立，则函数 g(x)在(0，)上单调递增；当 a0 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)ex112x2x，则

19、 u(x)exx1，设 m(x)u(x)exx1，则 m(x)ex1，当 x0 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 a1 时，设 v(x)t(x)x12x2，当 x0 时，v(x)0，即 t(x)x设 s(x)xln x1，则 s(x)11xx1x易得 s(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，s(x)s(1)0，xln x1f(x)t(x)xf(x)，即 t(x)f(x)，综上所述，h(x)t(x)f(x)6已知函数 f(

20、x)kxlnx1(k0)(1)若函数 f(x)有且只有一个零点，求实数 k 的值；(2)证明：当 nN*时，112131nln(n1)学科网（北京）股份有限公司6解析解析(1)法一：f(x)kxln x1，f(x)k1xkx1x(x0，k0)，当 0 x1k时，f(x)1k时，f(x)0f(x)在(0，1k)上单调递减，在(1k，)上单调递增f(x)minf1k ln k，f(x)有且只有一个零点，ln k0，k1法二：由题意知方程 kxln x10 仅有一个实根，由 kxln x10，得 kln x1x(x0)，令 g(x)ln x1x(x0)，g(x)ln xx2，当 0 x0；当 x1

21、时，g(x)lnn1n，112131nln21ln32lnn1nln(n1)，故 112131nln(n1)考点二考点二经典不等式的经典不等式的变形不等式的应用变形不等式的应用【例题选讲例题选讲】例例 1证明下列不等式(1)ex1x；(2)ln(x1)x；(3)x1x0)；(4)exln(x2)0解析(1)方法一令 f(x)ex1x，则 f(x)ex11若 x1，则 f(x)1，则 f(x)0，f(x)在(1，)上单调递增学科网（北京）股份有限公司f(x)minf(1)0，f(x)0，ex1x方法二令 tx1，则 xt1由 ett1，得 ex1x(2)由题意知 x1，令 f(x)ln(x1)x

22、，所以 f(x)1x11xx1，所以当 f(x)0 时，1x0；当 f(x)0，故 f(x)在(1，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，所以 f(x)有最大值 f(0)0，故有 f(x)ln(x1)xf(0)0，即 ln(x1)x 成立(3)方法一构造函数 f(x)ln(1x)x1x，则 g(0)0当 x0 时，f(x)11x11xx(1x)2x(1x)20即当 x0 时，函数 f(x)单调递增即 f(x)f(0)0故 f(x)ln(1x)x1x0，即x1xln(1x)方法二ln xx1，且当 x1 时等号成立ln1x10)，即 ln1x1xx1，xx1ln(x1)(4)令 f(x)exx1

23、，则 f(x)ex1，令 f(x)0，得 x0，当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)f(0)0，即 exx10，exx1(当且仅当 x0 时，等号成立)令 g(x)x1ln(x2)，则 g(x)11x2x1x2(x2)，易知 g(x)在(2，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)g(1)0，即 x1ln(x2)0，即 x1ln(x2)(当且仅当 x1 时，等号成立)和中的等号不能同时成立，由和得 exln(x2)，即 exln(x2)0例例 2(1)已知函数 f(x)1ln(x1)x，则 yf(x)的图象大致为()(1)答案B解析因为 f(x)的定义域为

24、x|x1，且 x0，所以排除选项 D当 x0 时，由经典不等式 x1lnx(x0)，以 x1 代替 x，得 xln(x1)(x1，且 x0)，所以 ln(x1)x1，且 x0)，即学科网（北京）股份有限公司x0 或1x0 时均有 f(x)0，排除 A、C，易知 B 正确(2)函数 f(x)ex112ax2(a1)xa2在(，)上单调递增，则实数 a 的取值范围是()A1B1，1C0，1D1，0答案A解析f(x)ex1ax(a1)0 恒成立，即 ex1ax(a1)恒成立，由于：exx1，即 ex1x，只需要 xax(a1)，即(a1)(x1)0 恒成立，所以 a1例例 3设函数 f(x)lnxx

25、1(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x(1，)时，1x1ln xx解析(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x1，令 f(x)0，解得 x1当 0 x0，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减(2)由(1)知 f(x)在 x1 处取得最大值，最大值为 f(1)0所以当 x1 时，ln xx1故当 x(1，)时，ln xx1，ln1x1x1，即 1x1ln xx例例 4已知函数 f(x)ln(1x)(1)求证：当 x(0，)时，x1xf(x)x；(2)已知 e 为自然对数的底数，证明：nN*，e11n212n21nn20)，则 g(x)1x11(

26、x1)2x(x1)20(x0)g(x)在(0，)上单调递增，当 x(0，)时，g(x)g(0)0，即 f(x)xx1成立令 h(x)f(x)xln(1x)x(x0)，则 h(x)1x11xx10)，h(x)在(0，)上单调递减，当 x(0，)时，h(x)h(0)0，即 f(x)x 成立综上所述，当 x(0，)时，x1xf(x)x 成立(2)由(1)可知，ln(1x)x 对 x(0，)都成立ln11n2ln12n2ln1nn21n22n2nn2，即 ln11n212n21nn212nn2n12nnN*，n12n1212n121211学科网（北京）股份有限公司ln11n212n21nn2111n2

27、12n21nn2xx1对 x(0，)都成立，ln1kn2kn21kn2kn2k(k1，2，n)ln11n212n21nn2 ln11n2 ln12n2 ln1nn21n212n22 nn2n1n2n2n2nnn2n12nn2n12ln11n212n21nn21211n212n21nn2 e e11n212n21nn20 时，证明：f(x)2a1a1解析(1)f(x)1xax2xax2(x0)当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当 a0 时，若 xa，则 f(x)0，函数 f(x)在(a，)上单调递增；若 0 xa，则 f(x)0 时，f(x)minf(a)lna1要证 f(x

28、)2a1a，只需证 ln a12a1a，即证 ln a1a10令函数 g(a)ln a1a1，则 g(a)1a1a2a1a2(a0)，当 0a1 时，g(a)1 时，g(a)0，所以 g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以 g(a)ming(1)0所以 ln a1a10 恒成立，所以 f(x)2a1a2已知函数 f(x)xlnx，g(x)x1(1)求 F(x)g(x)f(x)的单调区间和最值；(2)证明：对大于 1 的任意自然数 n，都有1213141nlnn学科网（北京）股份有限公司2解析(1)由 F(x)x1xln x，x0，则 F(x)ln x，所以当 x1 时，F(x)ln x0，当 0 x1 时，F(x)ln x0，所以当 x1 时，F(x)取最大值 F(1)0.即当 x1 时，F(x)0，当 x1 时，F(x)0，所以 F(x)在(0，1)上是单调增函数，在(1，)上是单调减函数，当 x1 时，F(x)取最大值 F(1)0，无最小值(2)由(1)可知，xln xx1 对任意 x0 且 x1 恒成立故 11xln x，取 xnn1(n1 且 nN)得，1n1nlnnn11nln nln(n1)，所以错误错误!1i错误错误!ln iln(i1)，即1213141nln n，综上，对大于 1 的任意自然数 n，都有1213141nln n 成立