经典（超越）不等式（解析版）

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