(共37张PPT)
培优课
两个经典不等式ex≥x＋1、
ln x≤x－1的证明及应用
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 经典不等式e x ≥ x ＋1
【例1】 证明不等式e x ≥ x ＋1.
证明：设 f （ x ）＝e x － x －1，则f'（ x ）＝e x －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e x － x －1≥0，
所以e x ≥ x ＋1.
【母题探究】
证明不等式e x ≥e x （ x ∈R）.
证明：设 f （ x ）＝e x －e x ，则f'（ x ）＝e x －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e x ≥e x .
通性通法
与e x 有关的常用不等式
（1）e－ x ≥1－ x （ x ∈R，当 x ＝0时，等号成立）；
（2）e x ≥e x （ x ∈R，当 x ＝1时，等号成立）；
（3）e x ≤ （ x ＜1，当 x ＝0时，等号成立）；
（4） x e x ＝e x＋ln x ≥ x ＋ln x ＋1；
（5） ＝e x－ln x ≥ x －ln x ＋1.
【跟踪训练】
设函数 f （ x ）＝1－e－ x ，求证：当 x ＞－1时， f （ x ）≥ .
证明：当 x ＞－1时，由e x ≥1＋ x ＞0（证明略），可得 ≤ .从而
1－e－ x ≥1－ ，即1－e－ x ≥ ，所以 f （ x ）≥ .
题型二 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.
【母题探究】
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.
通性通法
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（ x e x ）≤ x e x －1；
（6） x ＋ n ln x ＝ln（ xn e x ）≤ xn e x －1.
【跟踪训练】
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 ＞－1时，ln（ x ＋1）＜ x （证明略），令 x ＝ （ n
≥1， n ∈N*），得ln（1＋ ）＜ ，即ln（1＋ n ）－ln n ＜ .
题型三 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 ）＋e x ＞ x2＋ x ＋2.
证明：要证 f （ x ）＋e x ＞ x2＋ x ＋2，
即证e x －ln x －2＞0，由e x ＞ x ＋1， x ＞0（证明略），
∴e x －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，
∴e x －ln x －2＞0，即 f （ x ）＋e x ＞ x2＋ x ＋2成立.
通性通法
由e x ＞ 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.
【跟踪训练】
1. （2024·济南月考）若函数 y ＝ln（e x － 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： 欲使函数的值域为R，只需e x － x ＋ a 能取遍所有正数，
即最小值小于等于0.令 f （ x ）＝e x － x ＋ a ，∵e x ≥ x ＋1，∴e x －
x ＋ a ≥1＋ a ，∴ f （ x ）min＝1＋ a ≤0，∴ a ≤－1.
2. 已知函数 f （ x ）＝e x－2－ x ，求证： f （ x ）＞ .
证明：要证明 f （ x ）＞ ，只需证明4e x－2－ x ＞ x ln x ，由ln x
≤ x －1（证明略），只需证明4e x－2－ x ≥ x （ x －1），只需证明e x
≥ ，只需证明 ≥ ，
由e x ≥e x （证明略），得 ≥ ，
所以当 x ＞0时 ≥ 成立，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
解析： 由e x ＞ 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.
C. c ＜ a ＜ b D. b ＜ a ＜ c
2. （2024·洛阳月考）已知正实数 x ， y 满足 ＋2 y －2＝ln x ＋ln y ，
则 xy ＝ .
解析：ln x ＋ln y ＝ln ＋ln 2 y ≤（ －1）＋（2 y －1）＝ ＋2 y －
1，当且仅当 ＝1，2 y ＝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）.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知 m ， n 都是正整数，且e m ＋ln n ＜ m ＋ n ，则（ ）
A. n ＞e m B. m ＞e m
C. n ＜e m D. m ＞e n
解析： 由e m ＋ln n ＜ m ＋ n 得e m － m ＜ n －ln n ＝eln n －ln n .令 f
（ x ）＝e x － x （ x ＞0），则 f （ m ）＜ f （ln n ），∵f'（ x ）＝e x
－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 ，∴e m ＜ n .
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2. （2024·杭州月考）若对于任意正实数 x ， y ，不等式4 ax ≤e x＋ y－2
＋e x－ y－2＋2恒成立，则实数 a 的最大值是（ ）
A. － B. 0
C. D. 1
解析： 由e x＋ y－2≥（ x ＋ y －2）＋1，e x－ y－2≥（ x － y －2）＋
1得e x＋ y－2＋e x－ y－2＋2≥（ x ＋ y －2）＋1＋（ x － y －2）＋1＋2＝
2 x ≥4 ax ，所以 a ≤ .
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3. 已知实数 a ， b 满足2ln a －e2 b ≥ a2－2 b －2（e为自然对数的底
数），则 a ＋2 b ＝（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
解析： 由2ln a ＝ln a2≤ a2－1，e2 b ≥2 b ＋1得2ln a －e2 b ≤（ a2
－1）－（2 b ＋1）＝ a2－2 b －2，而2ln a －e2 b ≥ a2－2 b －2，故
2ln a －e2 b ＝ a2－2 b －2，此时 a2＝1，2 b ＝0，解得 a ＝1（舍
负）， b ＝0，所以 a ＋2 b ＝1.
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4. （多选）（2024·郑州月考）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e x － mxe（ln
x ＋1）≥[ f （ x ）－ x3－3 x2＋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－
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解析：由题意可得 f （－1）＝－1＋ a －1＋ b ＝2，因为f'（ x ）＝3 x2＋2 ax ＋1，所以 f ″（ x ）＝6 x ＋2 a ，所以 f ″（－1）＝－6＋2 a ＝0，解得 a ＝3， b ＝1，故 f （ x ）＝ x3＋3 x2＋ x ＋1.因为 x ＞1，所以e x － mxe（ln x ＋1）≥[ f （ x ）－ x3－3 x2＋e] xe等价于 m ≤ .又 x－ee x ＝ ≥ 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.
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5. （2024·深圳月考）已知实数 a ， b ， c 满足e a＋ c ＋e2 b－ c－1≤ a ＋2 b
＋1（e为自然对数的底数），则 a2＋ b2的最小值是 .
解析：∵e x ≥ x ＋1，∴e a＋ c ≥ a ＋ c ＋1，e2 b－ c－1≥2 b － c －1＋
1，所以e a＋ c ＋e2 b－ c－1≥（ a ＋ c ＋1）＋（2 b － c －1＋1）＝ a ＋2
b ＋1，又∵e a＋ c ＋e2 b－ c－1≤ a ＋2 b ＋1，∴e a＋ c ＋e2 b－ c－1＝ a ＋2 b
＋1，当且仅当 a ＋ c ＝0，2 b － c －1＝0时成立，∴ a2＋ b2＝（－
c ）2＋（ ）2＝ c2＋ ＋ ，所以（ a2＋ b2）min＝ .
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6. 已知对任意的 x ＞0，不等式 x e x －ln x － ax ≥1恒成立，则实数 a 的
取值范围为 .
解析：因为 x e x ＝e x＋ln x ≥ln x ＋ x ＋1，当且仅当ln x ＋ x ＝0时，
“＝”成立，所以不等式 x e x －ln x － ax ≥1恒成立转化为 x e x ≥ln x
＋ x ＋1≥ln x ＋ ax ＋1对任意的 x ＞0恒成立，解得 a ≤1.
（－∞，1]
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7. 已知函数 f （ x ）＝e x －ln（ x ＋2），求证： f （ x ）＞0.
证明：要证 f （ x ）＞0，即证e x －ln（ x ＋2）＞0，
由e x ≥ 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，
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∴ 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e x －ln（ x ＋2）＞0，即 f （ x ）＞0.
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8. 设函数 f （ x ）＝ln x － x ＋1.
（1）讨论 f （ x ）的单调性；
解：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.
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（2）证明：当 x ∈（1，＋∞）时，1＜ ＜ x .
解：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 .
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9. （2024·厦门质检）已知函数 f （ x ）＝e x － a .
（1）若函数 f （ x ）的图象与直线 l ： y ＝ x －1相切，求 a 的值；
解：f'（ x ）＝e x ，∵函数 f （ x ）的图象与直线 y ＝ x －1相切，
∴令f'（ x ）＝1，即e x ＝1，得 x ＝0，
∴切点坐标为（0，－1），则 f （0）＝1－ a ＝－1，∴ a ＝2.
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（2）若 f （ x ）－ln x ＞0恒成立，求整数 a 的最大值.
解：先证明e x ≥ x ＋1，设 F （ x ）＝e x － x －1，
则F'（ x ）＝e x －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.∴e x ≥ x ＋1，从而e x －2≥ x －1（ x ＝0时取等号）.
以ln x 代换 x 得ln x ≤ x －1（当 x ＝1时，等号成立）.
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∴e x －2＞ln x .
当 a ≤2时，ln x ＜e x －2≤e x － a ， f （ x ）－ln x ＞0恒成
立；
当 a ＞2时，存在 x ，使e x － a ＜ln x ，即e x － a ＞ln x 不恒
成立.
综上，整数 a 的最大值为2.
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10. 已知函数 f （ x ）＝ x －1－ a ln x .
（1）若 f （ x ）≥0，求 a 的值；
解： f （ x ）的定义域为（0，＋∞），
①若 a ≤0，因为 f （ ）＝－ ＋ a ln 2＜0，所以不满足
题意；
②若 a ＞0，由f'（ x ）＝1－ ＝ 知，
当 x ∈（0， a ）时，f'（ x ）＜0；当 x ∈（ a ，＋∞）
时，f'（ x ）＞0，
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所以 f （ x ）在（0， a ）上单调递减，在（ a ，＋∞）上
单调递增，
故 x ＝ a 是 f （ x ）在（0，＋∞）上的唯一最小值点.
因为 f （1）＝0，所以当且仅当 a ＝1时， f （ x ）≥0，
故 a ＝1.
（2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n ，（1＋ ）·（1＋
）·…·（1＋ ）＜ m ，求 m 的最小值.
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解：由（1）知当 x ∈（1，＋∞）时， x －1－ln x ＞0，所以ln x ＜ x －1，令 x ＝1＋ ，得ln（1＋ ）＜ ，
从而ln（1＋ ）＋ln（1＋ ）＋…＋ln（1＋ ）＜ ＋
＋…＋ ＝1－ ＜1.
故（1＋ ）（1＋ ）·…·（1＋ ）＜e，
又（1＋ ）（1＋ ）（1＋ ）＝ ＞2，
从而 m 的最小正整数是3.
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谢 谢 观 看！培优课 两个经典不等式ex≥x＋1、ln x≤x－1的证明及应用
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
2.（2024·杭州月考）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
3.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
4.（多选）（2024·郑州月考）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－
5.（2024·深圳月考）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 .
6.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 .
7.已知函数f（x）＝ex－ln（x＋2），求证：f（x）＞0.
8.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.
9.（2024·厦门质检）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.
10.已知函数f（x）＝x－1－aln x.
（1）若f（x）≥0，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1＋）·（1＋）·…·（1＋）＜m，求m的最小值.
培优课 两个经典不等式ex≥x＋1、ln x≤x－1的证明及应用
1.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.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.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.
4.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.
5. 解析：∵ex≥x＋1，∴ea＋c≥a＋c＋1，e2b－c－1≥2b－c－1＋1，所以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＋＋，所以（a2＋b2）min＝.
6.（－∞，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.
7.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.
8.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.
9.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）.
以ln x代换x得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.
10.解：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
①若a≤0，因为f（）＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意；
②若a＞0，由f'（x）＝1－＝知，
当x∈（0，a）时，f'（x）＜0；当x∈（a，＋∞）时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，
故x＝a是f（x）在（0，＋∞）上的唯一最小值点.
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－ln x＞0，所以ln x＜x－1，
令x＝1＋，得ln（1＋）＜，
从而ln（1＋）＋ln（1＋）＋…＋ln（1＋）＜＋＋…＋＝1－＜1.
故（1＋）（1＋）·…·（1＋）＜e，
又（1＋）（1＋）（1＋）＝＞2，
从而m的最小正整数是3.
1 / 1培优课 两个经典不等式ex≥x＋1、ln x≤x－1的证明及应用
题型一 经典不等式ex≥x＋1
【例1】 证明不等式ex≥x＋1.
【母题探究】
证明不等式ex≥ex（x∈R）.
通性通法
与ex有关的常用不等式
（1）e－x≥1－x（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.
【跟踪训练】
设函数f（x）＝1－e－x，求证：当x＞－1时，f（x）≥.
题型二 经典不等式ln x≤x－1
【例2】 证明不等式ln x≤x－1.
【母题探究】
证明不等式ln（x＋1）≤x.
通性通法
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.
【跟踪训练】
求证：对任意正整数n，不等式ln（1＋n）－ln n＜都成立.
题型三 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.
通性通法
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.
【跟踪训练】
1.（2024·济南月考）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，＋∞）
2.已知函数f（x）＝ex－2－x，求证：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
2.（2024·洛阳月考）已知正实数x，y满足＋2y－2＝ln x＋ln y，则xy＝ .
3.已知x＞0，求证：＜ln（1＋x）.
培优课 两个经典不等式ex≥x＋1、ln x≤x－1的证明及应用
【典型例题·精研析】
【例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.
母题探究
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.
跟踪训练
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）≥.
【例2】 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.
母题探究
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.
跟踪训练
证明：因为当x＞－1时，ln（x＋1）＜x（证明略），令x＝（n≥1，n∈N*），得ln（1＋）＜，即ln（1＋n）－ln n＜.
【例3】 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.
跟踪训练
1.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.证明：要证明f（x）＞，只需证明4ex－2－x＞xln x，由ln x≤x－1（证明略），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，所以f（x）＞.
随堂检测
1.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. 解析：ln x＋ln y＝ln＋ln 2y≤（－1）＋（2y－1）＝＋2y－1，当且仅当＝1，2y＝1，即x＝2，y＝时，“＝”成立，此时xy＝.
3.证明：由ln x≤x－1（证明略），
∴ln＜－1（x＞0），即ln＜，
∴＜ln（x＋1）.
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