经典(超越)不等式(解析版)

2023-11-18 · 7页 · 167.1 K

经典(超越)不等式一、结论(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)上述两个经典不等式的原型是来自于泰勒级数:2nθxxxxen+1e=1+x++⋯++x;2!n!(n+1)!23n+1xxnxn+1ln(1+x)=x-+-⋯+(-1)+o(x);23n+1截取片段:ex≥x+1(x∈R)ln(1+x)≤x(x>-1),当且仅当x=0时,等号成立;进而:lnx≤x-1(x>0)当且仅当x=1时,等号成立二、典型例题2-31(2023·陕西咸阳·校考模拟预测)已知a=,b=e5,c=ln5-ln4,则()5A.a>b>cB.a>c>bC.b>a>cD.b>c>a【答案】C【详解】f(x)=ex-1-xxf(x)=e-1,则x∈0,+∞,f(x)>0,x∈-∞,0,f(x)<0,故函数f(x)在-∞,0单调递减,0,+∞单调递增,则f(x)≥f(0)=0则ex-1-x≥0,即ex≥1+x3x-2由e≥1+x,∴e5>,故b>a5同理可证ln(1+x)≤x11又∵ln(1+x)≤x,∴ln5-ln4=ln1+<,则b>a>c44故选:C.【反思】对于指数形式:ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时,等号成立,该不等式是可以变形使用的:当x<1x1替换e≤x-xx-x即11-xe≥x+1(x∈R)e≥-x+1,x≥1-xe当x>1x1e≥1-x注意使用时x的取值范围;同样的还可以如下处理:ex≥x+1(x∈R)两边同时取对数:x≥ln(x+1)(x>-1),同样可以变形使用:x-1替换x左右两边同乘以“-1”x≥ln(x+1)(x>-1)x-1≥lnx(x>0)1-x≤-lnx(x>0);11用“”替换“x”1x1x-11-x≤-lnx(x>0)⇔1-x≤ln(x>0)1-≤lnx⇔≤lnxxxx注意使用时x的取值范围.另外,选择填空题中,涉及到超越不等式可以直接使用,但是注意,解答题中一定要先证后用.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex-x-1.(1)证明:f(x)≥0;111(2)证明:1+1+⋯1+0,得x>0;令fx<0,得x<0,所以fx在-∞,0上单调递减,在0,+∞上单调递增,所fx的最小值为f0=0,所以f(x)≥0.xx(2)由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0,即e-x-1>0,即e>x+1,即x>lnx+1,111令x=,得ln1+<,2n2n2n111111所以ln1+1+⋅⋅⋅1+=ln1++ln1++⋯+ln1+2222n2222n11-111122n1<++⋯+==1-<1,2222n12n1-2111故1+1+⋅⋅⋅1+0)等超越不等式,及其变形式,不能直接使用,需要证明后才可以使用,才可以进一步变形得到有利于解题的不等式.三、针对训练举一反三一、单选题111111.(2023春·浙江·高三校联考开学考试)设a=,b=tan⋅e2022,c=sin⋅e2023,则()202220222023A.c0,在(-∞,0)时,f(x)<0,xx1所以f(x)=f(0)=0,即e-x+1≥0,所以e≥x+1对任意x∈R均成立.取x=,min2022112023111有e2022>+1=,所以e2022>.202220222023202221-11202212023再取x=-,可得e2023>1-=,两边取倒数,即e2023<,2023202320232022111所以e2023<,20232022π又当x∈0,时,设F(x)=x-sinx,G(x)=tanx-x,则F(x)=1-cosx>0,222sinx1-cosxsinxπG(x)=-1==>0,即F(x)和G(x)在0,均递增,cosxcos2xcos2x2π所以F(x)>F(0)=0,G(x)>G(0)=0,即x∈0,时,sinxb>cB.b>a>cC.a>c>bD.c>a>b【答案】Cln(x+1)【详解】令f(x)=(x>0)lnxxlnx-(x+1)ln(x+1)则f(x)=,显然f(x)<0x(x+1)ln2xln7ln8即f(x)单调递减,所以>,即log7>log8,c>b.ln6ln767令g(x)=ex-x-1(x≥0)则g(x)=ex-1≥0,即g(x)在[0,+∞)上单调递增所以g(x)≥g(0)=0,即ex≥x+1,0.26所以e>0.2+1=5xlnx令h(x)=-6ln611则h(x)=-6xln666当h(x)>0时,x>,即h(x)在,+∞上单调递增ln6ln6又h(6)=0,所以当x>6时,h(x)>h(6)=07ln7所以h(7)>h(6)=0,即->06ln67即log7<,6676760.2又<,所以log7<<c>b.3故选:C.3.(2023·云南曲靖·统考一模)已知a=e-2,b=1-ln2,c=ee-e2,则()A.c>b>aB.a>b>cC.a>c>bD.c>a>b【答案】D【详解】令f(x)=x-1-lnx,x>0,则f(e)=e-1-lne=e-2=a,f(2)=2-1-ln2=1-ln2=b,1x-1∵f(x)=1-=,xx∴当x>1时,f(x)>0,f(x)单调递增,∴f(e)>f(2),即a>b,令g(x)=ex-x,则g(x)=ex-1,∴当x>0时,g(x)>0,g(x)单调递增,∴g(e)>g(2),即ee-e>e2-2,所以ee-e2>e-2,即c>a.综上,c>a>b.故选:D.4.(2023·全国·高三专题练习)已知a=esin1-1,b=sin1,c=cos1,则()A.acosx,又1∈,,所以sin1>cos1,故b>c4444xx记fx=e-x-1,所以fx=e-1,令fx<0,得x<0,令fx>0,得x>0,所以fx在-∞,0单调递减,在0,+∞单调递增.x所以fx≥f0=0,即e-x-1≥0,当x=0时取等号.sin1-1所以a=e>sin1-1+1=sin1=b,所以cb+1>1则下列不等式一定成立的是()11b+1ebA.b-a>bB.a+>b+C.b+lna,故D选项错误;关于C选项,先证明一个不等式:ex≥x+1,令y=ex-x-1,y=ex-1,于是x>0时y>0,y递增;x<0时y<0,y递减;所以x=0时,y有极小值,也是最小值e0-0-1=0,于是y=ex-x-1≥0,当且仅当x=0取得等号,由ex≥x+1,当x>-1时,同时取对数可得,x≥ln(x+1),再用x-1替换x,得到x-1≥lnx,当且仅当x=1取得等号,bba-1b+1b+1e由于a>b+1>1,得到e>b+1,lna1>,即<,lnaeba-1lnaC选项正确.故选:C.26.(2023·全国·高三专题练习)已知实数a,b,c满足ac=b,且a+b+c=lna+b,则()A.c0,fx单调递增,当x∈1,+∞时,fx<0,fx单调递减,∴fx≤f1=0,即lnx≤x-1,所以lna+b≤a+b-1,所以a+b+c≤a+b-1,即c≤-1,又ac=b2>0,所以a<0,由a+b>0,所以b>-a>0,所以b2>a2,即ac>a2,所以cbD.b-4a<042【答案】B到各不等式取等号的条件,解得a,b的值,然后逐一检验即可做出正确判断.【详解】先证明熟知的结论:x-1≥lnx恒成立,且当且仅当x=1时取等号.1设fx=x-1-lnx,则fx=1-,x在(0,1)上,fx<0,fx单调递减;在(1,+∞)上,fx>0,fx单调递增.故fxmin=f1=1-1-0=0,∴fx=x-1≥lnx恒成立,且当且仅当x=1时取等号.22b222由2a+-2≥22a×b-2=2ab-1≥2lnab=lna+lnb,22522b由已知lna+lnb≤2a+-2,222b2b2a=∴lna+lnb=2a+-2,且2,2ab2=1a=1解得2,b=2经检验只有B正确,故选:B.8.(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则A.a1a3,a2a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B1【详解】令f(x)=x-lnx-1,则f(x)=1-,令f(x)=0,得x=1,所以当x>1时,f(x)>0,当00,则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3),不合题意;2若公比q≤-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q)≤0,2但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q)]>lna1>0,即a1+a2+a3+a4≤0a1q=a3,a20,2x2xlnx+1由x⋅e-ax-x≥1+lnx,可得a≤e--1x>0恒成立,x2xlnx+1令fx=e--1,则a≤fx,xminxx现证明e≥x+1恒成立,设gx=e-x-1,xgx=e-1,当gx=0时,解得:x=0,当

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