習(xí)題課與ex、lnx有關(guān)的常用不等式第五章§5.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用1.熟悉常見的兩類經(jīng)典不等式ex≥x＋1和lnx≤x－1以及它們常見

的幾種變形形式.2.掌握一般的證明不等式的方法.學(xué)習(xí)目標(biāo)隨堂演練課時(shí)對(duì)點(diǎn)練一、經(jīng)典不等式ex≥x＋1二、經(jīng)典不等式lnx≤x－1三、與ex和lnx有關(guān)的不等式內(nèi)容索引一、經(jīng)典不等式ex≥x＋1例1證明不等式ex≥x＋1.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.反思感悟與ex有關(guān)的常用不等式(1)ex≥1＋x(x∈R).(2)ex≥ex(x∈R).跟蹤訓(xùn)練1

求證：ex－1≥x.證明方法一令H(x)＝ex－1－x，則H′(x)＝ex－1－1.若x<1，則H′(x)<0，H(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；若x>1，則H′(x)>0，H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.∴H(x)min＝H(1)＝0，∴H(x)≥0，∴ex－1≥x.方法二令t＝x－1，則x＝t＋1.由et≥t＋1，得ex－1≥x.二、經(jīng)典不等式lnx≤x－1例2

證明不等式lnx≤x－1.證明由題意知x>0，令f(x)＝x－1－lnx，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.例2

證明不等式lnx≤x－1.證明由題意知x>0，令f(x)＝x－1－lnx，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.延伸探究1.證明不等式ln(x＋1)≤x.證明由題意知x>－1，令f(x)＝ln(x＋1)－x，所以當(dāng)f′(x)>0時(shí)，－1<x<0；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，x>0，故f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)有最大值f(0)＝0，故有f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x成立.即當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增.即g(x)>g(0)＝0.方法二∵lnx≤x－1，且當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立.跟蹤訓(xùn)練2

設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.跟蹤訓(xùn)練2

設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.證明由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0.所以當(dāng)x≠1時(shí)，lnx<x－1.三、與ex和lnx有關(guān)的不等式例3

已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2).當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn).故當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.反思感悟與ex和lnx(x>0)有關(guān)的不等式之間的關(guān)系ex>x＋1>x>x－1>lnx，常用該不等式通過放縮證明一些問題.跟蹤訓(xùn)練3

已知函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(a∈R).(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：對(duì)任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.證明當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2＋x－lnx，要證明f(x)＋ex>x2＋x＋2，只需證明ex－lnx－2>0，先證明當(dāng)x>0時(shí)，ex>x＋1，令g(x)＝ex－x－1(x>0)，則g′(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)＝0即ex>x＋1，∴ex－lnx－2>x＋1－lnx－2＝x－lnx－1.∴只要證明x－lnx－1≥0(x>0)，令h(x)＝x－lnx－1(x>0)，∴h(x)≥h(1)＝0即x－lnx－1≥0成立，∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立.1.知識(shí)清單：(1)常見的幾種經(jīng)典不等式.(2)一般不等式的證明方法.2.方法歸納：構(gòu)造法、轉(zhuǎn)化法、分類討論.3.常見誤區(qū)：在證明不等式的轉(zhuǎn)化過程中是否做到了等價(jià)轉(zhuǎn)化.課堂小結(jié)隨堂演練1234所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，即有f(6)<f(4)<f(3)，√12342.已知函數(shù)f(x)＝ax－ex，當(dāng)1≤a≤1＋e時(shí)，則有A.f(x)≤x B.f(x)≥x C.f(x)<x D.f(x)>x√1234解析令g(x)＝x－f(x)，則g(x)＝ex－(a－1)x.若a＝1，則g(x)＝ex>0，∴f(x)≤x成立.若1<a≤1＋e，則g′(x)＝ex－(a－1).∵當(dāng)x<ln(a－1)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>ln(a－1)時(shí)，g′(x)>0.∴g(x)在(－∞，ln(a－1))上單調(diào)遞減；在(ln(a－1)，＋∞)上單調(diào)遞增.∴g(x)≥g(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)].又1<a≤1＋e?e≥a－1>0，ln(a－1)≤lne＝1，∴(a－1)[1－ln(a－1)]≥0.∴g(x)≥0，即f(x)≤x恒成立.綜上，當(dāng)1≤a≤1＋e時(shí)，f(x)≤x.12343.已知a>b>0，ab＝ba，有如下四個(gè)結(jié)論：(1)b<e；(2)b>e；(3)存在a，b滿足a·b<e2；(4)存在a，b滿足a·b>e2，則正確結(jié)論的序號(hào)是A.(1)(3) B.(2)(3) C.(1)(4) D.(2)(4)√1234故(1)正確，(2)錯(cuò)誤；另外，由ab＝ba，令a＝4，b＝2，則a>e，b<e，ab＝8>e2，故(4)正確，(3)錯(cuò)誤.因此，選C.12344.試判斷sinx與x在[0，π]上的大小_________.(用>或≥表示)解析令f(x)＝x－sinx，因?yàn)閒′(x)＝1－cosx≥0恒成立，故f(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，f(x)≥f(x)min＝f(0)＝0，即x－sinx≥0，所以x≥sinx在[0，π]上恒成立.x≥sinx課時(shí)對(duì)點(diǎn)練基礎(chǔ)鞏固123456789101112131415161.“x>1”是“l(fā)nx>”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件√12345678910111213141516當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最小值f(1)＝0，12345678910111213141516解析因?yàn)閒(x)＝x－sinx，所以f(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，即函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，f′(x)＝1－cosx≥0，則函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等價(jià)為f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集為(－∞，3).√12345678910111213141516√解析f′(x)＝(－sinx)·ex＋cosx·ex＝(cosx－sinx)·ex，故選A.123456789101112131415164.設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則A.2x<3y<5z B.5z<2x<3yC.3y<5z<2x D.3y<2x<5z√1234567891011121314151612345678910111213141516√12345678910111213141516當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.12345678910111213141516因此選B.12345678910111213141516√√√1234567891011121314151612345678910111213141516C選項(xiàng)，令f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝ex－1<0，所以f(x)單調(diào)遞減，則f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正確；12345678910111213141516則f′(x)＝－sinx＋x，令h(x)＝f′(x)＝－sinx＋x，則h′(x)＝－cosx＋1≥0恒成立，即函數(shù)f′(x)＝－sinx＋x單調(diào)遞增，又f′(0)＝0，12345678910111213141516x≤tanx即x－tanx≤0，即x≤tanx.12345678910111213141516①③12345678910111213141516解析f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，f′(x)＝lnx＋2x＋1，所以f′(x0)＝lnx0＋2x0＋1＝0，123456789101112131415169.已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋2)，求證：f(x)>0.12345678910111213141516證明令g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，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，∴g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0，∴ex≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立). ①易知h(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(－1)＝0，即x＋1－ln(x＋2)≥0，12345678910111213141516即x＋1≥ln(x＋2)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)，等號(hào)成立). ②∵①和②中的等號(hào)不能同時(shí)成立，∴由①和②得ex>ln(x＋2)，即f(x)>0.1234567891011121314151610.已知函數(shù)f(x)＝alnx＋1(a∈R).(1)若g(x)＝x－f(x)，討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性；解由題意得，g(x)＝x－f(x)＝x－alnx－1，當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，易得函數(shù)g(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增.12345678910111213141516(2)若t(x)＝

x2＋x，h(x)＝ex－1(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，且a＝1，x∈(0，＋∞)，求證：h(x)>t(x)>f(x).12345678910111213141516設(shè)m(x)＝u′(x)＝ex－x－1，則m′(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時(shí)，m′(x)>0恒成立，則m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴m(x)>m(0)＝0，則u(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴u(x)>u(0)＝0，∴h(x)－t(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即h(x)>t(x).∵當(dāng)x>0時(shí)，v(x)>0，即t(x)>x.12345678910111213141516易得s(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴s(x)≥s(1)＝0，∴x≥lnx＋1＝f(x)∴t(x)>x≥f(x)，即t(x)>f(x)，綜上所述，h(x)>t(x)>f(x).123456789101112131415綜合運(yùn)用1611.已知函數(shù)f(x)＝

，若f(x1)＝f(x2)，且x1<x2，關(guān)于下列命題：①f(x1)>f(－x2)；②f(x2)>f(－x1)；③f(x1)>f(－x1)；④f(x2)>f(－x2).正確的個(gè)數(shù)為A.1 B.2 C.3 D.4√12345678910111213141516所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.又f(0)＝1，f(1)＝0，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0，所以x1<0<x2<1，即x軸是函數(shù)的漸近線，畫出草圖如右.A(x1，y1)，B(x2，y2).由圖可知f(x1)＝f(x2)<f(－x2)，①④錯(cuò)；f(x2)＝f(x1)>f(－x1)，②③對(duì).12345678910111213141516√12345678910111213141516解析由題意得f(x)>0在函數(shù)定義域內(nèi)恒成立，即kx2－lnx>0在函數(shù)定義域內(nèi)恒成立，12345678910111213141516√12345678910111213141516故函數(shù)f(x)在(0，1)上不單調(diào)，所以f(x1)與f(x2)的大小無法確定，從而排除A，B；由g′(x)>0，得0<x<e，即函數(shù)g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，12345678910111213141516故函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以x2lnx1<x1lnx2.故選D.1234567891011121314151614.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__________.(－∞，1]12345678910111213141516解析根據(jù)題意可知，x>0，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)＝0，12345678910111213141516所以g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0?ex≥x＋1恒成立，所以f(x)min＝1，即a≤1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].拓廣探究1234567891011121314151615.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________.解析令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，則M′(x)＝ex－1，