第5章 培优课 两个经典不等式ex≥x＋1、ln x≤x－1的证明及应用 能力提升（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

本讲义聚焦高中数学经典不等式\(e^x \geq x + 1\)与\(\ln x \leq x - 1\)，系统梳理从基础证明（构造函数求导）、变形拓展（如\(e^x \geq ex\)、\(\ln(x+1) \leq x\)）到综合应用的学习脉络，搭建完整知识支架。 以逻辑推理和数学运算为核心，通过例题解析与变式训练引导学生抽象数学关系（数学眼光），培养严谨推理能力（数学思维）。课中助力教师高效授课，课后学生可借助训练题与小结查漏补缺，提升用数学语言解决问题的能力（数学语言）。

重点解读 1.熟悉常见的两类经典不等式ex≥x＋1和ln x≤x－1以及它们常见的几种变形形式（逻辑推理）. 2.掌握一般的证明不等式的方法（逻辑推理、数学运算）. 　　 一、经典不等式ex≥x＋1 【例1】　证明不等式ex≥x＋1. 证明：设f（x）＝ex－x－1，则f'（x）＝ex－1，由f'（x）＝0，得x＝0， 所以当x＜0时，f'（x）＜0；当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ex－x－1≥0， 所以ex≥x＋1. 变式　证明不等式ex≥ex. 证明：设f（x）＝ex－ex， 则f'（x）＝ex－e，且f'（1）＝0， 当x＞1时，f'（x）＞0；当x＜1时，f'（x）＜0. ∴f（x）在（－∞，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增， ∴f（x）min＝f（1）＝0，∴f（x）≥0，即ex≥ex. 【规律方法】 与ex有关的常用不等式 （1）ex≥x＋1（x∈R，当x＝0时，等号成立）； （2）ex≥ex（x∈R，当x＝1时，等号成立）； （3）ex≤（x＜1，当x＝0时，等号成立）； （4）xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1； （5）＝ex－ln x≥x－ln x＋1. 训练1　设函数f（x）＝1－e－x，求证：当x＞－1时，f（x）≥. 证明：当x＞－1时，由ex≥1＋x＞0（证明略），可得≤.从而1－e－x≥1－，即1－e－x≥，所以f（x）≥. 二、经典不等式ln x≤x－1 【例2】　证明不等式ln x≤x－1. 证明：由题意知x＞0，令f（x）＝x－1－ln x， 所以f'（x）＝1－＝， 所以当f'（x）＞0时，x＞1； 当f'（x）＜0时，0＜x＜1， 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）＝x－1－ln x≥f（1）＝0， 即ln x≤x－1成立. 变式　证明不等式ln（x＋1）≤x. 证明：由题意知x＞－1，令f（x）＝ln（x＋1）－x，所以f'（x）＝－1＝， 所以当f'（x）＞0时，－1＜x＜0； 当f'（x）＜0时，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（x＋1）－x≤f（0）＝0， 即ln（x＋1）≤x成立. 【规律方法】 与ln x有关的常用不等式 （1）≤ln x≤x－1（x＞0，当且仅当x＝1时，等号成立）； （2）ln x≤（x＞0，当且仅当x＝e时，等号成立）； （3）ln x≤（0＜x≤1，当且仅当x＝1时，等号成立）； （4）ln x≥（x≥1，当且仅当x＝1时，等号成立）； （5）x＋ln x＝ln（xex）≤xex－1； （6）x＋nln x＝ln（xnex）≤xnex－1. 训练2　求证：对任意正整数n，不等式ln（1＋n）－ln n＜都成立. 证明：因为当x＞0时，ln（x＋1）＜x（证明略）， 令x＝（n≥1，n∈N*）， 得ln（1＋）＜，即ln（1＋n）－ln n＜. 三、两个经典不等式的简单应用 【例3】　已知函数f（x）＝x2＋x－ln x.证明：对任意的x＞0，f（x）＋ex＞x2＋x＋2. 证明：要证f（x）＋ex＞x2＋x＋2， 即证ex－ln x－2＞0，由ex＞x＋1，x＞0（证明略）， ∴ex－ln x－2＞x＋1－ln x－2＝x－ln x－1. 由ln x≤x－1，x＞0（证明略）， 可得x－ln x－1≥0， ∴ex－ln x－2＞0， 即f（x）＋ex＞x2＋x＋2成立. 【规律方法】 由ex＞x＋1＞x＞x－1≥ln x，可用该不等式通过放缩证明一些不等式. 　　提醒：在应用两个经典不等式时，要注意：①等号成立的条件；②对于小题可直接应用，对于解答题要写出证明过程. 训练3　（1）若函数y＝ln（ex－x＋a）的值域为R，则实数a的取值范围是（　　） A.（－∞，－1] B.（－∞，0] C.[0，＋∞） D.[1，＋∞） 解析：A　欲使函数的值域为R，只需ex－x＋a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f（x）＝ex－x＋a，∵ex≥x＋1，∴ex－x＋a≥1＋a，∴f（x）min＝1＋a≤0，∴a≤－1. （2）已知函数f（x）＝ex－2－x，求证：f（x）＞. 证明：要证明f（x）＞， 只需证明4ex－2－x＞xln x， 由ln x≤x－1（证明略），　① 只需证明4ex－2－x≥x（x－1）， 只需证明ex≥，只需证明≥， 由ex≥ex（证明略），得≥， 所以当x＞0时≥成立，　② 因为①②两式取等号时x的值不相等， 所以f（x）＞. 1.已知a＝，b＝，c＝ln，则a，b，c的大小关系为（　　） A.a＜b＜c B.a＜c＜b C.c＜a＜b D.b＜a＜c 解析：B　由ex＞x＋1（x≠0），得b＝＞－＋1＝＞＝a，由ln x＜x－1（x≠1），得c＝ln＜＜b，又c＝ln＝－ln＞1－＝＝a，故c＞a，故b＞c＞a.故选B. 2.已知正实数x，y满足＋2y－2＝ln x＋ln y，则xy＝　　. 解析：ln x＋ln y＝ln＋ln 2y≤（－1）＋（2y－1）＝＋2y－2，当且仅当＝1，2y＝1，即x＝2，y＝时，“＝”成立，此时xy＝. 3.已知x＞0，求证：＜ln（1＋x）. 证明：由ln x≤x－1（证明略）， ∴ln＜－1（x＞0），即ln＜， ∴＜ln（x＋1）. 课堂小结 1.理清单 （1）常见的几种经典不等式； （2）一般不等式的证明方法. 2.应体会 不等式的证明应用了转化与化归思想及分类讨论思想. 3.避易错 在证明不等式的转化过程中未做到等价转化. 1.已知m，n都是正整数，且em＋ln n＜m＋n，则（　　） A.n＞em　　B.m＞em　　C.n＜em　　D.m＞en 解析：A　由em＋ln n＜m＋n得em－m＜n－ln n＝eln n－ln n.令f（x）＝ex－x（x＞0），则f（m）＜f（ln n），∵f'（x）＝ex－1在（0，＋∞）上单调递增，f'（0）＝0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴m＜ln n，∴em＜n. 2.若对于任意正实数x，y，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，则实数a的最大值是（　　） A.－ B.0 C. D.1 解析：C　由ex＋y－2≥（x＋y－2）＋1，ex－y－2≥（x－y－2）＋1得ex＋y－2＋ex－y－2＋2≥（x＋y－2）＋1＋（x－y－2）＋1＋2＝2x≥4ax，所以a≤. 3.“x＞1”是“ln x＞”的（　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：A　不等式ln x＞等价于ln x－1＋＞0，令f（x）＝ln x－1＋，则f'（x）＝－＝，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0，所以当x＝1时，f（x）取得最小值f＝0，所以当x＞1时，f（x）＞0，ln x＞，而当ln x＞时，x＞0且x≠1，所以“x＞1”是“ln x＞”的充分不必要条件. 4.已知实数a，b满足2ln a－e2b≥a2－2b－2（e为自然对数的底数），则a＋2b＝（　　） A.0 B.1 C.2 D.3 解析：B　由2ln a＝ln a2≤a2－1，e2b≥2b＋1得2ln a－e2b≤（a2－1）－（2b＋1）＝a2－2b－2，而2ln a－e2b≥a2－2b－2，故2ln a－e2b＝a2－2b－2，此时a2＝1，2b＝0，解得a＝1（舍负），b＝0，所以a＋2b＝1. 5.〔多选〕经研究发现：任意一个三次多项式函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d（a≠0）的图象上都有且只有一个对称中心点（x0，f（x0）），其中x0是f″（x）＝0的根，f'（x）是f（x）的导数，f″（x）是f'（x）的导数.若函数f（x）＝x3＋ax2＋x＋b图象的对称中心点为（－1，2），且不等式ex－mxe（ln x＋1）≥[f（x）－x3－3x2＋e]xe对任意x∈（1，＋∞）恒成立，则（　　） A.a＝3 B.b＝2 C.m的值可能是－e D.m的值不可能是－ 解析：ACD　由题意可得f（－1）＝－1＋a－1＋b＝2，因为f'（x）＝3x2＋2ax＋1，所以f″（x）＝6x＋2a，所以f″（－1）＝－6＋2a＝0，解得a＝3，b＝1，故f（x）＝x3＋3x2＋x＋1.因为x＞1，所以ex－mxe（ln x＋1）≥[f（x）－x3－3x2＋e]xe等价于m≤.又x－eex＝≥x－eln x＋1（当且仅当x＝e时，等号成立），从而≥＝－e，故m≤－e.故选A、C、D. 6.已知实数a，b，c满足ea＋c＋e2b－c－1≤a＋2b＋1（e为自然对数的底数），则a2＋b2的最小值是　　. 解析：∵ex≥x＋1，∴ea＋c≥a＋c＋1，e2b－c－1≥2b－c－1＋1，∴ea＋c＋e2b－c－1≥（a＋c＋1）＋（2b－c－1＋1）＝a＋2b＋1，又∵ea＋c＋e2b－c－1≤a＋2b＋1，∴ea＋c＋e2b－c－1＝a＋2b＋1，当且仅当a＋c＝0，2b－c－1＝0时成立，∴a2＋b2＝（－c）2＋（）2＝c2＋＋，∴（a2＋b2）min＝. 7.已知对任意的x＞0，不等式xex－ln x－ax≥1恒成立，则实数a的取值范围为　（－∞，1]　. 解析：因为xex＝ex＋ln x≥ln x＋x＋1，当且仅当ln x＋x＝0时，“＝”成立，所以不等式xex－ln x－ax≥1恒成立转化为xex≥ln x＋x＋1≥ln x＋ax＋1对任意的x＞0恒成立，解得a≤1. 8.已知函数f（x）＝ex－ln（x＋2），求证：f（x）＞0. 证明：要证f（x）＞0，即证ex－ln（x＋2）＞0， 由ex≥x＋1（证明略），　① 即证x＋1－ln（x＋2）≥0， 令h（x）＝x＋1－ln（x＋2）， 则h'（x）＝1－＝（x＞－2）， 易知h（x）在（－2，－1）上单调递减，在（－1，＋∞）上单调递增， ∴h（x）≥h（－1）＝0，即x＋1－ln（x＋2）≥0（当且仅当x＝－1时，等号成立）.　② ∵①和②中的等号不同时成立， ∴由①和②得ex－ln（x＋2）＞0，即f（x）＞0. 9.设函数f（x）＝ln x－x＋1. （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当x∈（1，＋∞）时，1＜＜x. 解：（1）依题意，f（x）的定义域为（0，＋∞）. f'（x）＝－1，令f'（x）＝0，得x＝1. 所以当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增； 当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减. （2）证明：由（1）知f（x）在x＝1时取得最大值，且最大值f（1）＝0， 所以当x≠1时，ln x＜x－1. 故当x∈（1，＋∞）时，＞1， 将代入ln x＜x－1，得ln＜－1， 即－ln x＜－1⇔ln x＞1－⇔ln x＞⇔x＞， 故当x∈（1，＋∞）时恒有1＜＜x. 10.已知函数f（x）＝ex－a. （1）若函数f（x）的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值； （2）若f（x）－ln x＞0恒成立，求整数a的最大值. 解：（1）f'（x）＝ex，∵函数f（x）的图象与直线y＝x－1相切， ∴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. ∴F（x）在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减， ∴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）. 又ln x≤x－1（当x＝1时，等号成立）. ∴ex－2＞ln x. 当a≤2时，ln x＜ex－2≤ex－a，f（x）－ln x＞0恒成立； 当a＞2时，存在x，使ex－a＜ln x，即ex－a＞ln x不恒成立. 综上，整数a的最大值为2. 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $