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－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以当f′(x)>0时，x>1；当f′(x)<0时，00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＋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，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－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．所以实数a的取值范围是(－∞，1]．(2)已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝lnx－ax－1，其中00，则实数a的取值范围是________．答案 eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2))) 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00，故若∃x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，转化为∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，则g(x0)＝lnx0－ax0－1>0，即a<eq\f(lnx0,x0)－eq\f(1,x0)．令h(x)＝eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)，h′(x)＝eq\f(2－lnx,x2)．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)＝eq\f(lne2,e2)－eq\f(1,e2)＝eq\f(1,e2)．所以00，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；(ⅱ)当a≠0时，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1－a,a)＝eq\f(1,a)－1，若a<0，则eq\f(1,a)－1<－1，若a>0，则eq\f(1,a)－1>－1．①当a<0时，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－a>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，f′(x)＝eq\f(－a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－a,a))),x＋1)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1－a,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,a)，＋∞))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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1－a,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,a)，＋∞))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)＝eq\f(1,x＋1)＋ex－a，当a≤2时，由ex≥x＋1得h′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋ex－a≥eq\f(1,x＋1)＋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)＝－eq\f(1,(x＋1)2)＋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)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lnx代换x得lnx≤x－1(当x＝1时，等号成立)，所以ex－2>lnx．当a≤2时，lnx0恒成立．当a≥3时，存在x，使ex－alnx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)－eq\f(a,x)＝eq\f((x＋1)(2x－a),x)，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>eq\f(a,2)，由f′(x)<0，得0x2＋x＋2，只需证明ex－lnx－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－lnx－2>x＋1－lnx－2＝x－lnx－1．∴只要证明x－lnx－1≥0(x>0)，令h(x)＝x－lnx－1(x>0)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(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－lnx－1≥0成立，∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．[例5] 已知函数f(x)＝x－1－alnx．(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)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－lnx>0．令x＝1＋eq\f(1,2n)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2n)．从而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1．故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))