对数平均不等式学生

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对数平均不等式的证明及应用

对数平均不等式的证明及应用对数平均不等式是数学中常见的不等式之一，它通常用于证明和推导各种数学问题。

本文将对对数平均不等式进行详细的证明和应用进行讨论。

对数平均不等式又称为几何平均与算术平均的不等式，通常表现为ln(x1) +ln(x2) >= 2ln(√(x1*x2))。

下面我们将对此公式进行证明。

假设x1和x2是两个大于0的实数，并且x1≠x2。

我们定义a = ln(x1)和 b = ln(x2)，则有x1=e^a，x2=e^b。

对于任意两个实数a和b，我们有以下公式：e^a + e^b >= 2√(e^a * e^b)将x1和x2代入上式得：x1 + x2 >= 2√(x1 * x2)对上式两边取对数得：利用对数的性质ln(a* b) = ln(a) + ln(b)，将右侧拆开得：将a和b重新代入得：ln(x1 + x2) >= ln(2) + 1/2 * ln(x1) + 1/2 * ln(x2)由于ln(2)为常数，我们令-ln(2) = k，那么有：将ln(x1 + x2)右侧移至左侧得：二、对数平均不等式的应用对数平均不等式可以应用于各种数学问题中，下面我们将举例说明其应用场景。

1. 几何平均和算术平均关系的证明ln(x1) + ln(x2) >= 2ln(√(x1*x2))ln(x1 * x2) >= 2ln(√(x1*x2))ln(x1 * x2) >= ln((√(x1*x2))^2)x1 * x2 >= (√(x1*x2))^2由上述推导可知，x1 * x2 >= (√(x1*x2))^2。

这表明x1 * x2的值大于或等于其平方根的平方，即x1 * x2的值大于或等于x1*x2。

我们可以得出结论：几何平均大于等于算术平均。

2. 凸函数的性质证明对数平均不等式也可以用于证明凸函数的性质。

假设f(x)是一个凸函数，我们需要证明对于任意x1和x2，有以下不等式成立：根据凸函数的性质和对数平均不等式，我们可以推导出上述不等式成立。

对数平均数的不等式链的几何说明及应用

对数平均数的不等式链的几何说明及应用中学数学教育专家安振平先生在剖析2021年陕西高考数学试题时指出，其压轴题的理论背景是：设,0,,a b a b >≠那么2ln ln a b a ba b+->>-ln ln a b a b --被称之为对数平均数.童永奇教师构造函数，借助于导数证明了对数平均数的上述不等式，难度较大，为此，我作了深切地探讨，给出对数平均数的不等关系的几何说明，形象直观，易于明白得.1 对数平均数的不等关系的几何说明反比例函数()()10f x x x=>的图象，如以下图，AP BC TU KV ||||||，MN CD x ||||轴， (),0,A a 1,,P aa ⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,0,,Bb Q b b ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,T 作()f x 在点2,2a b K a b +⎛⎫⎪+⎝⎭处的切线别离与,AP BQ 交于,E F ，依照左图可知，因为ABNM ABQPABFES S S 矩形曲边梯形梯形，因此12ln ln ,badx b ab a xab①又1ln ln ab AUTPaS dx aba x曲边梯形，11ln ln 22ABQP b a S 曲边梯形， 11111222AUTPABCD b a S abaS aabab梯形梯形，依照右图可知， AUTP AUTP S S 曲边梯形梯形，因此ln ln bab aab， ② 另外，ABQXABYP ABQPABQPS S S S 矩形矩形曲边梯形梯形，可得：11111ln ln ,2b a b ab ab a baba③综上，结合重要不等式可知：211111ln ln 2b a ba b ab ab ab a ba ba baab ，即20112ln ln a bb a baba b a b aab. ④2 不等式链的应用对数平均数的不等式链，提供了多种巧妙放缩的途径，能够用来证明含自然对数的不等式问题．对数平均数的不等式链包括多个不等式，咱们能够依照证题需要合理选取其中一个抵达不等式证明的目的．0ln ln b a ba ab a的应用例1 〔2021年陕西〕设函数)1ln()(x x f +=，()()g x xf x '=，其中()f x '是)(x f 的导函数．〔1〕〔2〕〔略〕〔3〕设+∈N n ，比拟()()()12g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明．解析〔3〕因为()1xg x x=+，因此()()()1211112231231n g g g n n n n ⎛⎫+++=+++=-+++⎪++⎝⎭，而()()ln 1n f n n n -=-+，因此，比拟()()()12g g g n +++与()n f n -的大小，即只需比拟113121++++n 与()ln 1n +的大小即可．依照0ba时，ln ln b abb a ，即1ln ln ,ba b a b令,1,a n bn 那么1ln 1ln ,1n n n因此1ln 2ln1ln 22<-=，1ln 3ln 23<-，1,ln(1)ln 1n n n <+-+，将以上各不等式左右两边相加得：()111ln 1231n n +++<++，故()()()()12gg g n n f n +++>-.评注此题是高考试题的压轴题，难度较大，为了降低试题的难度采取多步设问，层层递进，上问结论，用于下问，其第二问是为第三问做铺垫的“梯子〞，尽管如此，步骤仍然繁琐，求解进程复杂，但咱们那个地址应用对数平均数不等式链来证明，思路简捷，别具新意，易于学生明白得、把握．当0ba 时，ln ln b a a b a，即1ln ln ,b ab a a令,1,a n bn那么1ln 1ln ,n nn可得：111ln 1123n n. 例2 〔2021年天津〕函数()()()ln 0f x x x a a =-+>的最小值为0．〔1〕〔2〕〔略〕〔3〕证明：()()12ln 212*.21ni n n N i =-+<∈-∑ 解析〔3〕易求1a =，待证不等式等价于()2222ln 2135721n n ++++<+-．依照0ba 时，ln ln b abb a，即1ln ln ,ba b a b令21,21,a n bn 那么22ln 21ln 21,21121n n n n2ln 3ln1,32ln 5ln 3,52ln 7ln 5,,72ln 21ln 21,211n n n将以上各不等式左右两边别离相加得：()22222ln 213572121n n n +++++<+-+，()122ln 21222121ni n i n =-+<-<-+∑.得证.2202ln ln b b aba ba的应用例3 设数列{}n a 的通项n a =，其前n 项的和为n S ，证明：()ln 1n S n <+．解析依照0b a 222ln ln b b ab a，即222ln ln b a b aab，令1,,b n an 那么222ln 1ln 1n nnn 22221nn22222n a nn ，易证()ln 1n S n <+．02ln ln a bb aba b a的应用例4 设数列{}n a 的通项111123na n=++++，证明：()ln 21n a n <+．解析依照0ba 时，2ln ln a bb ab a，即2ln ln b ab aa b，令21,21,b n a n 那么1ln 21ln 21n n n，易证()ln 21n a n <+．2011ln ln b a b a b aab的应用例5 〔2021年湖北〕函数0b f x axc a x的图象在点1,1f 处的切线方程为1y x ．〔1〕用a 表示出,b c ；〔2〕〔略〕〔3〕证明：1111ln 11.2321nn nnn解析〔1〕1,12b a c a ；〔3〕当0b a 时，211ln ln b a b aab，即111ln ln 2b ab a a b，令,1,a n b n 那么111ln 1ln ,21n nn n因此111ln 2ln1,212111ln 3ln 2,223，111ln 1ln ,21n nnn将以上各不等式左右两边别离相加得：111111ln 1,223421n n n即111111ln 11,234212n n n 故1111ln 1.2321nn nn例6 〔2021年新课标Ⅰ〕函数()()()1ln 11x x f x x xλ+=+-+．〔1〕假设0x ≥时,()0,f x ≤求λ的最小值；〔2〕设数列{}n a 的通项111123na n =++++，证明：21ln 24n na a n-+>．解析〔1〕易患()()()221200,(1)x x f f x x λλ--'==+．令()0,f x '=那么120,,x x λλ-==假设0λ<，那么当0x >时，()()0,f x f x '>是增函数，()()00,f x f >=不符合题意；假设102λ≤<，那么当120x λλ-≤<时，()()0,f x f x '>是增函数，()()00,f x f >=不符合题意；假设12λ≥，那么当0x >时，()()0,f x f x '<是减函数，()()00,f x f ≤=符合题意；综上，λ的最小值是12．〔2) 当0ba 时，211ln ln b a b aab，即111ln ln 2b ab a a b，令,1,a n b n 那么 111ln 1ln ,21n nn n 因此111ln 1ln ,21n nnn 111ln 2ln 1,212n n n n111ln 3ln 2,223n n n n111ln 2ln 21,2212n n n n将以上各不等式左右两边别离相加得：1122221ln 2ln ,2123212n nn n n n n n即111111ln 2,2123214nn nn n n故1111ln 21224n n n n++++>++．评注此题提供标准答案是借助于第一问的λ的最小值12λ=时，()()()2ln 1022x x x x x ++<≥+加以赋值，并进展变形，令1x k=，有()121111ln 12121k k k k k k +⎛⎫⎛⎫+<=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，亦即()111ln 1ln 21k k k k ⎛⎫+-<+ ⎪+⎝⎭抵达放缩的目的.二者相比拟，自然是运用对数平均值的不等式链的方式简捷.0ln ln b a ab b a b a的应用例7 〔2021福建初赛〕1()ln(1)311f x a x x x =+++-+．〔1〕〔略〕〔2〕求证：()222223411ln 21411421431414n n n +++++>+⨯-⨯-⨯-⨯-对一切正整数n 均成立．解析〔2〕依照0b a 时，ln ln b a ab b a，即ln ln ,b ab aab令21,21,b n a n 那么22ln 21ln 21,41n n n变形可得：2222111142ln 21ln 21,4414141n n n n n n n 那么212ln 3ln1,4411213ln 5ln 3,,4421211ln 21ln 21,441n n n n 将以上各不等式左右两边相加得：222223411ln(21)411421431414n n n +++++>+⨯-⨯-⨯-⨯-对一切正整数n 均成立．评注此题提供标准答案是借助于第一问的a 的最小值2a =-时，12ln(1)3101x x x -+++->+,即()1312ln 11x x x +->++，结合待证不等式的特点，令()2*21x k N k =∈-，得122312ln(1)22121121k k k +⨯->+--+-，整理得：288212ln 4121k k k k ++>--，即()()211ln 21ln 21414k k k k +>+--⎡⎤⎣⎦-,借此作为放缩的途径抵达证明的目的．你能注意到两种方式的区别吗？对数平均数的不等式链的运用是近几年数学竞赛、名校模拟数学试题、高考数学真题的理论背景，正如罗增儒教授指出：通过有限的典型考题的学习去领会那种解无穷道题的数学机智.那个地址的领会解题的数学机智从某种意义上说确实是对问题本质的明白得，而对问题本质的发觉还在于咱们对问题信息的凝视和挖掘，水有源，题有根，茫茫题海，寻觅其根源，领会其通性通法方是提升数学素养的途径.。

对数平均不等式 (2)

对数平均不等式引言对数平均不等式（Logarithmic Mean Inequality）是一个在数学中常被使用的不等式，它在计算和证明中具有重要的意义。

本文将对对数平均不等式进行详细的介绍和证明，并给出应用实例。

对数平均不等式的定义对数平均不等式是指对于任意的正实数a和b，有如下不等式成立：\[ \frac{{b-a}}{{\ln(b) - \ln(a)}} \leq \frac{{b{b-a}}}{{a{b-a}}} \]其中，ln(a)表示以e为底的对数，e为自然对数的底（即2.71828…）。

对数平均不等式的证明首先，对上述不等式两边取自然对数，得到：\[ \ln\left(\frac{{b-a}}{{\ln(b)-\ln(a)}}\right) \leq (b-a)\ln\left(\frac{{b}}{{a}}\right) \]接着，我们使用微分学相关知识对上式进行证明。

令f(x) = ln(x)和g(x) = (b-a) ln(x)，其中x为大于0的实数。

由于f(x)和g(x)分别是连续可导函数，我们可以通过观察两者的关系来证明不等式。

首先，计算f’(x)和g’(x)：\[ f’(x) = \frac{{1}}{{x}} \]\[ g’(x) = (b-a) \cdot \frac{{1}}{{x}} \]由于f’(x)和g’(x)的导数具有相同的形式，因此我们可以使用平均值定理来证明。

根据平均值定理，存在一个介于a和b之间的实数c，使得：\[ \frac{{f(b)-f(a)}}{{b-a}} = f’(c) \]\[ \frac{{g(b)-g(a)}}{{b-a}} = g’(c) \]由于f’(x) = g’(x)，我们可以得知：\[ \frac{{f(b)-f(a)}}{{b-a}} = \frac{{g(b)-g(a)}}{{b-a}} \]将上式代入对数平均不等式的证明中：\[ \frac{{f(b)-f(a)}}{{b-a}} \leq \frac{{g(b)-g(a)}}{{b-a}} \] \[ f(b)-f(a) \leq g(b)-g(a)\]由于f(a) = ln(a)和g(a) = (b-a) ln(a)，f(b) = ln(b)和g(b) = (b-a) ln(b)，代入上式，得到：\[ ln(b)-ln(a) \leq (b-a) \cdot (ln(b)-ln(a)) \]这就证明了对数平均不等式。

对数均值不等式公式

对数均值不等式公式对数均值不等式是数学中的一条重要不等式，它在许多领域中都有广泛的应用。

这条不等式可以用来证明其他数学问题，也可以用来解决实际问题。

对数均值不等式的表达形式是：对于任意正数a1、a2、......、an，有以下不等式成立：ln((a1+a2+......+an)/n) ≥ (ln(a1)+ln(a2)+......+ln(an))/n对数均值不等式在实际问题中有着广泛的应用。

例如，在概率论中，对数均值不等式被用来证明熵的性质。

在信息论中，对数均值不等式被用来证明信道容量的性质。

在经济学中，对数均值不等式被用来证明收入不平等性的性质。

除了在理论研究中的应用，对数均值不等式在实际问题中也有着重要的作用。

例如，在金融领域中，对数均值不等式被用来证明资产组合的风险。

在医学领域中，对数均值不等式被用来证明药物的疗效。

在工程领域中，对数均值不等式被用来证明信号的功率。

对数均值不等式的证明方法有很多种，其中最常用的是基于均值不等式的证明方法。

这种证明方法基于均值不等式的性质，通过适当选择函数，将原问题转化为均值不等式的形式，从而得到对数均值不等式。

除了均值不等式的证明方法，还有一种常用的证明方法是基于凸函数的证明方法。

这种证明方法利用凸函数的性质，通过适当选择凸函数，将原问题转化为凸函数的性质，从而得到对数均值不等式。

对数均值不等式是数学中的一条重要不等式，它在许多领域中都有广泛的应用。

这条不等式告诉我们，对于一组正数，取对数后再求平均值一定大于等于取对数后再求平均值。

这个不等式的证明方法有很多种，其中最常用的是基于均值不等式和凸函数的证明方法。

这条不等式在理论研究和实际问题中都有着重要的应用，可以帮助我们解决各种数学和实际问题。

对数均值不等式的推导过程

对数均值不等式的推导过程对数均值不等式是数学中常见的一种不等式，它的形式为：对于任意正数 $a_1,a_2,dots,a_n$，有$$frac{ln a_1 + ln a_2 + dots + ln a_n}{n} geqslantsqrt[n]{a_1 a_2 dots a_n}$$这个不等式的推导过程比较简单，可以分为以下几步：1. 用等比数列的乘法平均值不等式来推导考虑将 $a_1,a_2,dots,a_n$ 取对数，即令 $b_i = ln a_i$，则等式右侧可以写成$$sqrt[n]{a_1 a_2 dots a_n} = sqrt[n]{e^{b_1} e^{b_2} dots e^{b_n}} = sqrt[n]{e^{b_1+b_2+dots+b_n}} =e^{frac{1}{n}(b_1+b_2+dots+b_n)}$$这样就可以将原不等式转化为$$frac{b_1+b_2+dots+b_n}{n} geqslantfrac{1}{n}(b_1+b_2+dots+b_n)$$这个不等式显然成立，因为等式左侧是等式右侧的平均值，所以我们需要将其变形。

2. 变形为加权算术平均数，再用均值不等式我们可以将 $frac{1}{n}$ 写成 $p_1+p_2+dots+p_n$ 的形式，其中 $p_i = frac{1}{n}$。

这样，不等式就变成了$$frac{b_1p_1+b_2p_2+dots+b_np_n}{p_1+p_2+dots+p_n} geqslant e^{b_1p_1+b_2p_2+dots+b_np_n}$$这里左侧的$frac{b_1p_1+b_2p_2+dots+b_np_n}{p_1+p_2+dots+p_n}$ 实际上是加权算术平均数，记为 $A_w$，右侧是$e^{b_1p_1+b_2p_2+dots+b_np_n}$。

根据加权算术平均数和加权几何平均数的均值不等式有$$A_w geqslant e^{A_g}$$其中 $A_g$ 是加权几何平均数，即$$A_g = sqrt[p_1+p_2+dots+p_n]{a_1^{p_1} a_2^{p_2} dots a_n^{p_n}} = sqrt[1/n]{a_1 a_2 dots a_n}$$代入 $A_w$ 和 $A_g$ 的表达式，即可得到$$frac{b_1p_1+b_2p_2+dots+b_np_n}{p_1+p_2+dots+p_n} geqslant e^{b_1p_1+b_2p_2+dots+b_np_n} geqslantsqrt[1/n]{a_1 a_2 dots a_n}$$将 $b_i = ln a_i$ 代入即可得到原不等式。

指对数均值不等式

指对数均值不等式指对数均值不等式是数学中的一种重要不等式，它是指对于任意正实数a1,a2,...,an，有以下不等式成立：（a1*a2*...*an）^(1/n) >= (a1+a2+...+an)/n其中，左边的式子表示这n个数的几何平均数，右边的式子表示这n个数的算术平均数。

这个不等式的意义在于，它告诉我们，对于一组正实数，它们的几何平均数一定大于等于它们的算术平均数。

这个结论在很多领域都有应用，比如在统计学中，我们可以用它来证明样本均值的稳定性；在金融学中，我们可以用它来证明投资组合的风险性。

那么，为什么这个不等式成立呢？其实，这个不等式的证明并不难，我们可以通过数学归纳法来证明它。

首先，当n=2时，不等式显然成立。

接着，我们假设当n=k时不等式成立，即：（a1*a2*...*ak）^(1/k) >= (a1+a2+...+ak)/k那么，当n=k+1时，我们可以将不等式左边的式子乘上ak+1，右边的式子加上ak+1，得到：（a1*a2*...*ak*ak+1）^((k+1)/k) >= (a1+a2+...+ak+ak+1)/(k+1)接着，我们将左边的式子拆开，得到：（a1*a2*...*ak*ak+1）^((k+1)/k) = （a1*a2*...*ak）^(1/k) * ak+1 * （ak+1/（a1*a2*...*ak））^(1/k)由于我们已经假设了（a1*a2*...*ak）^(1/k) >= (a1+a2+...+ak)/k，所以我们只需要证明：ak+1 * （ak+1/（a1*a2*...*ak））^(1/k) >= ak+1/(k+1)这个不等式可以通过取对数，然后应用柯西-施瓦茨不等式来证明。

指对数均值不等式是一种非常重要的不等式，它告诉我们，几何平均数一定大于等于算术平均数。

这个不等式的证明也非常简单，我们可以通过数学归纳法来证明它。

对数不等式和均值不等式

对数不等式和均值不等式
对数不等式是指包含对数函数的不等式。

对数函数是指数函数的反函数，常见的对数函数有以10为底的常用对数和以e为底的自然对数。

对数不等式的解法通常涉及到对数函数的性质和不等式的性质。

例如，可以利用对数函数的单调性质和对数函数的性质来解决对数不等式。

均值不等式是指数学上的一种不等式，描述了算术平均数、几何平均数和调和平均数之间的关系。

均值不等式有很多种形式，其中最常见的是两个数的均值不等式和多个数的均值不等式。

均值不等式在数学和实际问题中有着广泛的应用，特别是在概率论、统计学和优化理论中。

对于对数不等式，我们可以从基本的对数性质出发，例如对数函数的单调性和对数函数的性质，来解决各种类型的对数不等式。

另外，还可以利用换底公式、对数不等式的性质以及不等式的性质来求解对数不等式。

对于均值不等式，我们可以从几何平均数和算术平均数之间的关系出发，推导出均值不等式的一般形式，然后利用均值不等式的性质和数学归纳法来证明和应用均值不等式。

总的来说，对数不等式和均值不等式是数学中重要的不等式，它们在数学理论和实际问题中都有着广泛的应用。

通过对对数函数和均值不等式的深入理解和掌握，我们可以更好地解决数学和实际问题中的不等式相关的困难。

第21讲对数平均不等式及其应用导数专题提升讲义)

第14讲对数平均不等式及其应用整理：广西南宁覃荣一、对数平均不等式及其证明设0b a >>，则211ln ln 2b a a b a b b a a b-+<<<<<-+，其中ln ln b a b a --叫做对数平均数，2a b+叫做几何平均数，211a b+叫做调和平均数，ln ln 2b a a bb a -+<<-称之为：“对数平均不等式”．ln ln 2b a a bb a -+<<-．（1ln ln b ab a-<-．ln ln b ab a -<-得ln ln b a -<，即ln b a <．记t =12ln t t t <-(1)t >．令1()2ln f t t t t=-+(1)t >， 221()1f t t t'=--2221t t t -+-=22(1)0t t --=<，所以()f t 在(1,)+∞递减，而(1)0f =，因此当1t >时，1()2ln 0f t t t t=-+<恒成立，即lnb a < （2）再证ln ln 2b a a bb a -+<-．由ln ln 2b a a b b a -+<-得2()ln ln b a b a a b --<+，即2(1)ln 1bb a b a a-<+．令b t a =(1)t >，则有2(1)ln 1t t t -<+(1)t >，设2(1)()ln 1t g t t t -=-+(1)t >，22214(1)()0(1)t(1)t g t t t t -'=-=>++，所以()g t 在(1,)+∞递增，而(1)0g =，因此当1t >时，2(1)()ln 01t g t t t -=->+恒成立，即ln ln 2b a a bb a -+<-．本证法，通过比值换元构造函数，再利用函数的单调性来证明不等式，这种把双变量变为单变量的方法是证明不等式的基本方法．几何意义：首先，我们先对对数平均不等式进行变形：2ln ln 1a b a b a b ab-<<+-，ln ln a b a b --表示经过曲线ln y x =上两点(,ln )A a a 和(,ln )B b b 的直线斜率，2a b +表示曲线ln y x =在2a bx +=ab表示曲线ln y x =在x ab = 由此可知2ln ln a b a b a b ab-<<+-的几何意义是：曲线ln y x =上两点连线的斜率大于曲线ln y x =在两端点横坐标算术平均数处的切线的斜率，小于曲线ln y x =在两端点横坐标几何平均数处的切线的斜率．于是ln ln 2a b a bab a b -+<-的几何意义为：对于曲线ln y x =上任意两点(,ln )A a a 和(,ln )B b b ()a b <，在区间(,)a b 上都存在唯一实数0x ，使得曲线ln y x =在0x x =处的斜率等于割线AB 02a bab x +<<，这里的0x 就是a ，b 的对数平均，(这个表述实际上就是高等数学里的拉格朗日中值定理)拉格朗日（Lagrange ）中值定理：若函数()f x 满足下列条件：①()f x 在闭区间[,]a b 上连续；②()f x 在开区间(,)a b 上可导，则在 (,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-'=-．拉格朗日中值定理的几种常见表达形式：①()()()()f b f a f b a ξ'-=-，b a ξ<<；②()()[()]()f b f a f a b a b a θ'-=+--，01θ<<； ③()()()f a h f a f a h h θ'+-=+，01θ<<．对数平均不等式主要是用来处理一些与指数、对数有关的不等式问题．对数平均不等式解题范式：下面以“已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-的两个零点为1x ，2x ，求证：12()02x x f +'< ”为例说明一下对数平均不等式解题范式．步骤1：构建等量关系式．因为1x ，2x 是函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-的两个零点，所以12()()0f x f x ==，即22111222ln (2)ln (2)x ax a x x ax a x -+-=-+-．步骤2：对等量关系式进行处理．对题目给出的是含自然底数的指数形式，我们通常需要把指数分离出来，然后再对等式两边同时取对数，而像本例本身就是含有自然底数的对数形式，不需要再进行两边取对数，我们通常把对数ln x 分离出来即可：22121221ln ln (2)(2)x x ax ax a x a x -=-+---．步骤3：恒等变形转化出对数平均数（或它的倒数），代入对数平均不等式（根据题目需要和放缩的方向，可以恰当选择调和平均数等其它形式）进行求解．变形可得：12121212ln ln ()()(2)()x x a x x x x a x x -=+----，转化出对数平均数（或它的倒数）：2121121ln ln ()2x x x x a x x a -=-++-．步骤4：根据证明的目标，从不等式211ln ln 2b a a ba b b a a b-+<<<<<-+中恰当选择放缩的方向和放缩的工具．本题目标：证1212122()()202x x f a x x a x x +'=-++-<+，故工具的选择上应该是 ln ln 2b a a bb a -+<-，即211221121ln ln ()22x x x x x x a x x a -+=<-++-，再把12x x +当一个整体解出来代入目标1212122()()202x x f a x x a x x +'=-++-<+，从而证明目标．当然，考虑到目标1212122()()202x x f a x x a x x +'=-++-<+的结构形式，将目标变形为：12122()2a x x a x x ++->+，步骤3转化出对数平均不等式的倒数212112ln ln 2x x x x x x ->-+，即12122()2a x x a x x ++->+更加有利于后面的操作，只需将12122()2a x x a x x ++->+左边移到右边，即可得到目标1212122()()202x x f a x x a x x +'=-++-<+．二、对数平均不等式在极值点偏移中的应用类型一：不含参数的极值点偏移问题【例1】（2010年高考天津理科第21题（3））已知函数()xf x xe-=()x R ∈，如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：122x x +>．解析：由12()()f x f x =得1212x x x ex e --=，又12x x ≠，所以1x 和2x 同号，当0x <时，()(1)0xf x x xe -'=->，()f x 单调递增，若10x <，20x <，则由12()()f x f x =得12x x =，这与题设不符，所以10x >，20x >．将等式1212x x x e x e --=两边同时取以自然对数得1122ln ln x x x x -=-，即2121ln ln x x x x -=-，所以21211ln ln x x x x -=-，由对数平均不等式得12212112ln ln x x x x x x +->=-，即1212x x+>，所以122x x +>．下面证明121212ln ln 2x x x xx x -+<-．证明：（比值换元+构造函数）11122212122(1)2()ln1x x x x x x x x x x -->=++，构造函数2(1)()ln 1t g t t t -=-+，所以214()(1)g t t t '=-+22(1)0(1)t t t -=≥+，所以()g t 是增函数，又因为121x x >，所以12()(1)0x g g x >=，即1122122(1)ln1x x x x x x ->+，故121212ln ln 2x x x xx x -+<-成立，命题得证．【方法小结】利用对数平均不等式解题的一般步骤：步骤1：构建等量关系式；步骤2：对等量关系式进行处理；步骤3：恒等变形转化出对数平均数（或它的倒数），代入对数平均不等式（根据题目需要和放缩的方向，可以恰当选择调和平均数等其它形式）进行求解；步骤4：根据证明的目标，从不等式211ln ln 2b a a ba b b a a b-+<<<<<-+中恰当选择放缩的方向和放缩的工具．在这特别强调一下：利用对数平均不等式证明的时候，必须要证明一下对数平均不等式．本文为了节约篇幅，今后都把证明对数平均不等式省略，特此说明．【变式训练1】已知1212ln ln x x x x =12()x x ≠，求证：212x x e >．解析：设1212ln ln x x a x x ==，则1122ln ln x ax x ax =⎧⎨=⎩，两式相减得1212ln ln ()x x a x x -=-，即1212ln ln x x a x x -=-，不妨设12x x >，所以212x x e >两边取对数得12ln ln 2x x +>，由等比性质知结合1212ln ln x x a x x ==可得：1212ln ln x x a x x +=+，1212ln ln ()x x a x x +=+，故命题等价于证明12()2a x x +>成立，将1212ln ln x x a x x -=-代入12()2a x x +>得121212ln ln ()2x x x x x x -+>-，即121212ln ln 2x x x x x x -+<-，这就是对数平均不等式，显然成立．类型二：含参数的极值点偏移问题【例2】已知函数2()ln f x x x ax =-+．（1）当(1,)x ∈+∞时，函数()f x 为递减函数，求a 的取值范围；（2）设()f x '是函数()f x 的导函数，1x ，2x 是函数()f x 的两个零点，且12x x <，求证：12()02x x f +'<．解析：（1）1a ≤（过程略）．（2）证明：由1x ，2x 是函数()f x 的两个零点，且12x x <，所以21112222ln 0ln 0x x ax x x ax ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，两式相减得：22221211ln ()()0x x x a x x x --+-=，所以211221ln()x x a x x x x =++-，所以12()2x x f +'2112121221ln22()x x x x a x x x x x x =-++=+++-212121212()ln x x xx x x x x --+=-，要证12()02x x f +'<，只需证2121212()ln 0x x x x x x --<+即可．解法一（对数平均不等式）由2121212()ln 0x x x x x x --<+变形得211221ln ln 2x x x x x x -<+-．由对数平均不等式可知，上式显然成立．解法二（比值换元+构造函数）由2121212()ln 0x x xx x x --<+变形得2212112(1)ln 1x x x x x x ->+，记211x t x =>，则有2(1)ln 1t t t ->+(1)t >，构造函数2(1)()ln 1t h t t t -=-+(1)t >， 22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t -'=-=>++(1)t >，()h t 在(1,)+∞单调递增，∴2(1)()ln (1)01t h t t h t -=->=+，∴2212112(1)ln 1x x x x x x ->+，∴12()02x x f +'<．【方法小结】本例跟例题1相比，要构建对数平均数（或它的倒数）的障碍就是参数m ，所以这种含参数的应该首先消去参数再按照常规的对数平均数解题范式进行解题．【变式训练】（2016年4月湖北七市教科研协作体高三文科第21题）已知函数1()ln f x m x x=--()x R ∈，若恰有两个零点1x ，2x 12()x x <，求证：122x x +>．解析： 1x ，2x 是()f x 的两个零点，∴ 11221ln 1ln m x x m x x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，得121211ln ln x x x x +=+，即212112ln ln x x x x x x -=-，所以2121121ln ln x x x x x x -=-，又由对数平均不等式得2121ln ln x x x x -->即121x x >，则121x x >，所以122x x +>>，命题得证．三、对数平均不等式在双变量中的应用【例1】（2015年合肥高三模拟最后一卷）已知函数()ln f x x kx =-()k R ∈．（1）若0k >，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()y f x =的两个相异的零点1x ，2x ，求证：212x x e >．解析：（1）()f x 的单调增区间为1(0,)k ；减区间为1(,)k+∞，过程略． (2)证明：因为1x ，2x 是函数()y f x =的两个相异的零点，必有0k >，不妨设210x x >>则有1122ln ln x kx x kx =⎧⎨=⎩，两式相减得：2121ln ln ()x x k x x -=-，可得 2121ln ln x x k x x -=-．要证212x x e >，即证：12ln ln 2x x +>，将1122ln ln x kx x kx =⎧⎨=⎩两式相加得1212ln ln ()x x k x x +=+，故只需证1212ln ln ()2x x k x x +=+>，即2121ln ln x x k x x -=-122x x >+，由对数平均不等式211221ln ln 2x x x xx x -+<-可知上式显然成立．【方法小结】用对数平均不等式解决双变量的不等式证明问题时，解题的模式还是用范式的步骤来解．这种问题往往需要对证明目标进行变形，然后将对数平均数对变形的结果进行整体代换即可．【变式训练2】（2015江南十校联考部分）已知函数()ln f x x ax =-．若函数()y f x =的图像在1x =处的切线平行于x 轴，且11(,)A x y ，22(,)B x y 12()x x <是函数()y f x =的图像上任意两个不同的点，设直线AB 的斜率为k ，证明：211111k x x -<<-．证明：由题意知，1()f x a x '=-，1(1)01f a '=-=，即 1a =，所以()ln f x x x =-．直线AB 的斜率为2122112121(ln )(ln )y y x x x x k x x x x ----==--2121ln ln 1x x x x -=--．故要证211111k x x -<<-，即证21111k x x <+<，只需证212211ln ln 11x x x x x x -<<-，由对数平均不等式知211221ln ln 2x x x x x x -<<+- 又12x x <，所以22212122x x x x x =<++，11x <=，故有212211ln ln 11x x x x x x -<<-，命题得证．四、对数平均不等式在证明数列不等式中的应用 1、应用ln ln b aa b b a-<<-(0)a >证明数列不等式．由对数平均不等式ln ln 2b a a b b a -+<<-(0)a b <<，可得ln ln 2b a b bb a -+<<-，即ln ln b a a b b a-<<-(0)a >．【例1】（2014年陕西卷理科第21题）设函数()ln(1)f x x =+，()()g x xf x '=，0x ≥，其中()f x '是()f x 的导函数．（1）导1()()g x g x =，1()(())n n g x g g x +=，n N +∈，求()n g x 的表达式；（2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明．解析：（1），（2）略；（3）证法一：（利用ln ln b a b b a -<-放缩证明）由题意，得()1xg x x=+，所以 12(1)(2)()231n g g g n n +++=++++111()231n n =-++++，而()ln(1)n f n n n -=-+，因此，只需比较12231nn ++++和ln(1)n +的大小关系即可．现证12ln(1)231nn n +>++++．当0b a >>时，有ln ln b a b b a -<-，即1()ln ln b a b a b-<-，令a n =，1b n =+，则1ln(1)ln 1n n n <+-+，对该式子赋值1，2，3，，n 得：1ln 2ln12<-， 1ln 3ln 23<-，1ln 4ln 34<-，，1ln(1)ln 1n n n <+-+，将以上式子左右两边分别相加可得：111ln(1)231n n +++<++，故12ln(1)231nn n +>++++得证，从而命题得证．（证法二：由对数平均不等式的单变量形式证明）由题意，得()1xg x x=+，所以12(1)(2)()231ng g g n n +++=++++，而()ln(1)n f n n n -=-+，由1(1)1ln 21()2g f n =>-=-进行猜想，有(1)(2)()()g g g n n f n +++>-，该不等式等价于12231nn ++++ln(1)n <+．由对平均不等式的单变量形式：当1x >-时，恒有ln 1x x x ≥+，可知当0x >时，恒有ln(1)1xx x +>+，令1x k =，有11ln(1)11k k k+>+，即1ln(1)ln 1k k k +->+，其中k N +∈，于是有111[ln(1)ln ]()1n nk k k k k ==+->+∑∑，即12ln(1)231nn n +>++++，猜想得证．【方法小结】本题作为压轴题，难度较大，题目采取多步设问，层层递进的方式出题，上一问的结论可用于下一问，其中第二问是为第三问做铺垫的“梯子”，但是还是步骤繁琐，求解过程复杂．在这里，证法一利用对数平均不等式的变形ln ln b ab b a-<-，进一步变形为1()ln ln b a b a b-<-，再根据所要证明的式子的需要，对a ，b 进行赋值a n =，1b n =+ 从而使问题大大地简化，易于被学生接受．证法二则是利用对数平均不等式的单变量形式来证明，这需要学生掌握对数平均不等式的单变量常见的几种形式：①当01x <≤2(1)ln 1x x x -≤≤+；②当1x ≥时，恒有2(1)ln 1x x x -≤≤+事实上，对于这两个命题，当1x =时，是显然成立的．当1x ≠ln ln 2b a a bb a -+<<-，令1a =，b x =11ln 2x x x -+<，再注意到ln x 正，负两种情况，容易得到这两个命题．③当1x >-时，恒有ln 1x x x ≤≤+，现证这个结论如下：证明：当0x >时，(1)1(1)11ln(1)12x x x +-++<<<+-112xx =+<+，即11ln(1)1x x x <<++-⇔ln(1)1xx x x <+<+．当10x -<<时，(1)1(1)11ln(1)ln12x x x x +-+++<<<+-112x=+<，即11ln(1)x x x +<<+⇔11ln(1)x x x x <<++⇔ln(1)1xx x x <+<+，当且仅当0x =时等号成立．【变式训练1】（2012年天津卷理科第20题）已知函数()ln()f x x x a =-+的最小值为0，其中0a >．（1）求a 的值；（2）若对任意的[0,)x ∈+∞有2()f x kx ≤成立，求实数k 的最小值；（3）证明：122ln(21)222121ni n i n =-+<-<-+∑ ()n N*∈．解析：(1)、（2）略；（3）证明：由(1)知，1a =，所以待证不等式等价于：2222ln(21)35721n n ++++<+-．当0a b <<时，ln ln b a b b a -<-，变形得1()ln ln b a b a b-<-，令21a n =-，21b n =+，则22ln(21)ln(21)2(1)121n n n n =<+--+-+，对该式子赋值1，2，3，，n 得：2ln 3ln 23<-，2ln 5ln 35<-，2ln 7ln 57<-，，22(1)1n +-ln(21)n <+ln(21)n --，将以上式子左右两边分别相加得：2222ln(21)35721n n ++++<+-，即12ln(21)221ni n i =-+<-∑ ()n N *∈．2．应用211ln ln b ab aa b-<-+(0)b a >>证明数列不等式．[例2] （2013年大纲卷理科第22题）已知函数1()ln(1+)1x x f x x xλ(+)=-+．(1)若0x ≥时，()0f x ≤，求λ的最小值；(2)设数列}{n a 的通项111=1+23n a n +++，证明：21ln 24n n a a n -+>． (1) 解析：由已知(0)0f =，2212()1x x f x x λλ(-)-'=(+)，(0)0f '=．若12λ<，则当02(12)x λ<<-时，()0f x '>，所以()0f x >．若12λ≥，则当0x >时，()0f x '<，所以当0x >时，()0f x <．综上，λ的最小值是12．(2) 证法一：(利用211ln ln b ab a a b-<-+证明)：当0b a >>时，211ln ln b ab a a b-<-+，即111ln ln ()()2b a b a a b -<+-，令a n =，1b n =+，则ln(1)ln n n +- 111()21n n <++，所以，ln(1)ln n n +-111()21n n <++，ln(2)ln(1)n n +-+ 111()212n n <+++，ln(3)ln(2)n n +-+111()223n n <+++，， ln 2ln(21)n n --111()2212n n<+-，将以上不等式左右两边分别相加得： 111111ln 2()2123214n n n n n n <+++++++++-11111122124n n n n n=+++++++-，即21ln 2()4n n a a n<-+，问题得证．证法二：(对数平均不等式的单变量形式证明)：由命题2知，当1x >时，有ln x <，令2x t =，可得12ln t t t <-(1)t >，再令1k t k +=，得112ln 1k k kk k k ++<-+ 111k k =++，即1111ln ()21k k k k +<++，分别令k n =，1n +，2n +，，21n -，得到n 个不等式，两边叠加，化简得111ln 2ln 21n n n n -<⋅++，两边叠加，化简可得ln 2ln n n -<1111212n n n ⋅++++1112122n n+++⋅-11111122124n n n n n =+++++++-，即21ln 2()4n n a a n<-+，问题得证．证法三：(利用第一问结果证明）令12λ=．由(1)知，当0x >时，()0f x <，即2ln(1)22x x x x (+)>++，取1x k =，则211>ln 21k k k k k ++(+)，于是212111[] 422(1)n n n k n a a n k k -=-+=++∑212121n k n k k k -=+=(+)∑211ln n k nk k -=+>∑ln 2ln ln 2n n =-=，所以21ln 24n n a a n-+>．【方法小结】方法二利用对数平均不等式的单变量形式ln x <，先对x 赋值变形2x t =，再对t 进行赋值1k t k+=，构建对数不等式，最后对k 进行赋值，这个思路不宜想到，另外操作赋值过多，难度较大；方法三借助第一问12λ=，2ln(1+)22x x x x(+)<+(0)x ≥，加以赋值，并进行变形，令1x k=，121111ln(1)<()2121k k k k k k ++=+(+)+，即ln(1)ln k k +- 111()21k k <++从而达到放缩的目的；方法一利用对数平均不等式衍生211ln ln b ab a a b-<-+，再变形为111ln ln ()()2b a b a a b-<+-，再结合结论进行恰当赋值令a n =，1b n =+，相对其他两种方法而言，还是比较容易操作．【变式训练2】（2010年高考湖北省理科数学第题）已知函数()bf x ax c x=++(0)a >的图像在点(1,(1))f 处的切线为1y x =-．（I ）用a 表示b ，c ；（II ）若()ln f x x ≥在(1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明：1111ln(1)232(1)nn n n ++++>+++ (1)n ≥．解析：（I ）1b a =-，12c a =-；（II ）1[,)2+∞（端点效应+分类讨论）．（III ）证明：当0b a >>时，211ln ln b ab a a b -<-+，即111ln ln ()()2b a b a a b -<+-，令a n =，1b n =+，则ln(1)ln n n +-111()21n n <++，所以， ln(1)ln n n +-111()21n n <++，因此111ln 2ln1()212-<+，111ln 3ln 2()223-<+，，ln(1)ln n n +-111()21n n <++，将以上不等式左右两边分别相加得： 11111ln(1)()2232(1)n n n +<++++++，即11ln(1)123n +<+++1112(1)2n n ++-+，可化得1111ln(1)232(1)nn n n ++++>+++，命题得证．3ln ln b ab a->-(0)b a >>证明数列不等式．【例3】设数列}{n a 的通项公式n a =n 项和为n S ，求证：ln(1)n S n <+．证明：当(0)b a >>ln ln b a b a ->-，即ln ln b a ->，令1b n =+，a n =，则ln(1)ln n n +->=n a >>，即ln(1)ln n a n n <+-，对该不等式两边的n 同时赋值1，2，3，，n 得1ln 2ln1a <-，2ln 3ln 2a <-，3ln 4ln 3a <-，，ln(1)ln n a n n <+-，将以上不等式左右两边分别相加得：122n a a a a ++++(ln 2ln1)(ln3ln 2)(ln 4ln3)<-+-+-+(ln(1)ln )n n ++-，即ln(1)n S n <+．4．应用ln ln 2b a a bb a -+<-(0)b a >>证明数列不等式．[例4]设数列}{n a 的通项公式111123n a n=++++，证明：ln(21)n a n <+．证明：当(0)b a >>时，ln ln 2b a a b b a -+<-，2()ln ln b a b a a b -->+，令21a n =-，21b n =+，则1ln(21)ln(21)n nn+-->，对该不等式两边的n 同时赋值1，2，3，，n 得：ln3ln11->，1ln 5ln 32->，1ln 7ln 53->，，1ln(21)ln(21)n n n+-->，将以上不等式左右两边分别相加化简得：111123n++++ln(21)n <+，ln(21)n a n <+．【变式训练】（2102年高考湖北文科第题）设函数()(1)nf x ax x b =-+ (0)x >，n 为正整数，a ，b 为常数，曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1x y +=．（1）求a ，b 的值；（2）求函数()f x 的最大值（3）证明：1()f x ne<．解析：（1）1a =，0b =；（2）1(1)nn n n ++；（3）证明：当(0)b a >>时，ln ln 2b a a bb a -+<-，令a n =，1b n =+，则(1)ln(1)ln n n n n +-+-(1)12n n n ++<<+，即(1)ln(1)ln n n n n +-+-1n <+，所以1ln(1)ln 1n n n +->+，即 11ln 1n n n +>+，该不等式两边同乘以1n +得11ln()1ln n n e n ++>=，即11()n n e n++<，所以11(1)n n n n ne +<+，由（2）知11()(1)n n n f x n ne+≤<+，命题得证． 5．应用ln ln b ab a->-(0)b a >>证明数列不等式．【例5】（2014年福建预选赛）已知函数1()ln(1)311f x a x x x =+++-+．（1）若0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）求证：2222234141142143141n n +++++⨯-⨯-⨯-⨯-1ln(21)4n >+，n N +∈．解析：（1）a 的取值范围为[2,)-+∞．（2）证法一:(利用ln ln b a b a ->-证明）当(0)b a >>时，ln ln b ab a->-，变形得ln ln b a -<21a n =-，21b n =+，ln(21)ln(21)n n +--<，变形可得：2111[ln(21)ln(21)]441n n n n ++--<=<-，对该不等式的n 赋值1，2，3，，n 得：212(ln 3ln1)4411-<⨯-，212(ln 5ln 3)4421-<⨯-， 312(ln 7ln 5)4421-<⨯-，，211[ln(21)ln(21)]441n n n n ++--<⨯-，将以上不等式左右两边分别相加化简得：2222234141142143141n n +++++⨯-⨯-⨯-⨯- 1ln(21)4n >+，n N +∈．证法二:(利用第一问进行赋值）由（1）知，当0x >时，有1312ln(1)1x x x +->++，令221x k =-()k N +∈，则有211211ln [ln(21)ln(21)]414214k k k k k k ++>=+--⨯--，对该不等式的k 赋值1，2，3，，n 得：221(ln 3ln1)4114>-⨯-，221(ln 5ln 3)4214>-⨯-，321(ln 7ln 5)4214>-⨯-，，2141n n +⨯- 1[ln(21)ln(21)]4n n >+--，将以上不等式左右两边分别相加化简得： 2222234141142143141n n +++++⨯-⨯-⨯-⨯-1ln(21)4n >+，n N +∈．【方法小结】证法一本题根据目标1ln(21)4n +和左边式子的通项公式2141n n +⨯-，恰当选择不等式ln ln b a -<，然后再对变量进行赋值21a n =-，21b n =+；证法二利用第一问可得出的不等式1312ln(1)1x x x +->++进行对变量x 进行赋值令221x k =-，不等式放缩的目标和通项公式是不等式证明的导航灯，它指引着我们解题工具的选用，赋值的选择，这恰恰是这种问题证明的最难之所在，例3，例4操作的方法也基本上通过这样的路径来选择不等式证明的工具和对变量进行赋值．三、巩固练习1．（2016年全国课标卷I 理科第21题）已知函数错误!未找到引用源。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解10---对数平均不等式、切线不等式

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第10讲对数平均不等式、切线不等式在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以转变成对数平均不等式、切线不等式进行求解，起到事半功倍的效果．考点一对数平均不等式例1 若a ＞0，b ＞0，a ≠b ，求证：ab ＜a －b ln a －ln b＜a ＋b 2. 证明不妨设a ＞b ＞0，①要证ab ＜a －b ln a －ln b成立，即证ab ＜a －b ln a b，即证ln a b ＜a －b ab ，即证ln a b ＜a b －b a ，令a b＝t (t ＞1)，则需证明2ln t ＜t －1t(t ＞1)，构造函数f (t )＝2ln t －t ＋1t(t ＞1)，则f ′(t )＝2t －1－1t 2＝－(t －1)2t2＜0，所以f (t )在(1，＋∞)上单调递减，又f (1)＝0，所以f (t )<0，即2ln t ＜t －1t，原不等式得证． ②要证a －b ln a －ln b ＜a ＋b 2，只需证2·a －b a ＋b＜ln a b ，即证2·a b －1a b＋1＜ln a b ，令t ＝a b (t ＞1)，即证2·t －1t ＋1＜ln t ．即证2－4t ＋1<ln t ，构造函数φ(t )＝2－4t ＋1－ln t (t >1)， φ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0， ∴φ(t )在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(t )<φ(1)＝0，即2－4t ＋1<ln t ， ∴原不等式得证．综上，ab ＜a －b ln a －ln b＜a ＋b 2. 规律方法该类问题的特征是双变量，将双变量问题转变为单变量问题处理，即将a b看成一个新对象(整体)，从而进行降维打击．跟踪演练1 已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2. (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2. ①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a ＞2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 2>x 1>0，则x 2＞1.由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝－2＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2，由对数平均不等式知x 1－x 2ln x 1－ln x 2>x 1x 2＝1，又x 2>x 1>0，∴x 1－x 2<0，ln x 1－ln x 2<0，∴0<ln x 1－ln x 2x 1－x 2<1， ∴f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－2＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2<－2＋a ，即证原不等式成立．考点二以泰勒公式为背景的切线不等式泰勒公式：将函数展开为一个多项式与一个余项的和．f (x )＝f (x 0)＋f ′(x 0)(x －x 0)＋f ″(x 0)2！(x －x 0)2＋…＋f (n )(x 0)n ！(x －x 0)n ＋R n (x )，其中余项R n (x )＝f (n ＋1)(ξ)(n ＋1)！(x －x 0)n ＋1(ξ在x 0与x 之间)，当x 0＝0时为麦克劳林公式．其中e x 与ln(1＋x )的麦克劳林公式为e x ＝1＋x ＋12x 2＋16x 3＋o (x 3)， ln(1＋x )＝x －12x 2＋13x 3＋o (x 3)，从中截取片段就构成了常见的不等式：e x ≥1＋x 或e x≥1＋x ＋x 22(x ≥0)， ln(1＋x )≤x (x ≥0)或ln x ≤x －1(x >0)，ln(1＋x )≥x －x 22(x ≥0)，例2 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1.(1)解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1. 由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明方法一由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x·e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e. 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，g ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e. 综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.方法二 f (x )＝e x ln x ＋2xe x －1＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋2e x . 当x ＞0时，e x ＞1＋x ，所以e x －1≥x ，即e x e≥x ，e x ≥e x ，当x ＝1时等号成立，即e －ln x ≥e(－ln x )，所以1x≥e(－ln x )，即ln x ≥－1e x ，当x ＝1e时等号成立，所以e x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋2e x ≥e x ⎝⎛⎭⎫－1e x ＋2e x ＝e xe x ＞1(等号不同时成立)．规律方法指数的放缩．形如：e x －1≥x －1＋1⇒e x ≥e x ， e x n≥e·x n ⇒e x ≥e n n n x n . 对数的放缩．形如：e ln x ≥1＋ln x ⇒ln x ≤x －1⇒ln(1＋x )≤x ，ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x <1x ⇒ln(x ＋1)－ln x <1x， ln ⎝⎛⎭⎫1＋⎝⎛⎭⎫－11＋x <－11＋x⇒ln(1＋x )－ln x >11＋x ， ln x e ≤x e－1⇒x ≥eln x . 跟踪演练2 已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )． (1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)当a ＝0时，证明：f (x )<2e x －x －4.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝(ax －1)(x －2)x，当0<1a <2，即a >12时，在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1a ＝2，即a ＝12时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当1a >2，即0<a <12时，在(0,2)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述，当a >12时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a 和(2，＋∞)；当a ＝12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当0<a <12时，f (x )的单调递增区间为(0,2)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)证明方法一当a ＝0时，要证f (x )<2e x －x －4，即证e x －ln x －2>0，构造函数h (x )＝e x －ln x －2(x >0)，h ′(x )＝e x －1x，令φ(x )＝e x －1x(x >0)，则φ′(x )＝e x ＋1x 2>0，所以h ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，h ′⎝⎛⎭⎫12＝e －2<0，h ′(1)＝e －1>0，故存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得h ′(x 0)＝0，即0e x ＝1x 0. 当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以当x ＝x 0时，h (x )取得极小值，也是最小值．h (x 0)＝0e x －ln x 0－2＝1x 0－01ln e 2x - ＝1x 0＋x 0－2>21x 0·x 0－2＝0，所以h (x )＝e x －ln x －2>0，故f (x )<2e x －x －4.方法二当a ＝0时，要证f (x )<2e x －x －4，即证e x －ln x －2>0，由x >0时，e x >x ＋1可得e x －1>x ，由x >0时，ln x ≤x －1可得x ≥ln x ＋1，故e x －1>x ≥ln x ＋1，即e x －ln x －2>0，即原不等式成立．专题强化练1．(2022·葫芦岛模拟)已知函数f (x )＝x ＋b (1＋ln x )(b ∈R )．(1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝f (x )－12sin x ，若存在0<x 1<x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)，求证： ①b <0；②x 1x 2<4b 2.(1)解由题意，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋b x，若b ≥0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若b <0，令f ′(x )＝0，得x ＝－b ，当x ∈(0，－b )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－b ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，综上，若b ≥0，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；若b <0，f (x )的单调递减区间为(0，－b )，单调递增区间为(－b ，＋∞)．(2)证明 g (x )＝x ＋b (1＋ln x )－12sin x ， g ′(x )＝1－cos x 2＋b x， ①若b ≥0，则由1－cos x 2>0，b x≥0得g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，故不存在0<x 1<x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)，所以b <0.②令m (x )＝x －sin x (x >0)，m ′(x )＝1－cos x ≥0，当x →0时，m (x )→0，故m (x )>0，即x >sin x ，因为g (x 1)＝g (x 2)，即x 1＋b (1＋ln x 1)－12sin x 1 ＝x 2＋b (1＋ln x 2)－12sin x 2，所以－b (ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)>12(x 2－x 1)，又0<x 1<x 2，所以－2b >x 2－x 1ln x 2－ln x 1>0，根据对数平均不等式ab ＜a －b ln a －ln b＜a ＋b 2，所以x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 2x 1，所以－2b >x 2x 1，故x 1x 2<4b 2.2．(2022·抚州模拟)已知函数f (x )＝x (ln x ＋a )，a ∈R .(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，求证：f (x )≤x e x－1在(0，＋∞)上恒成立． (1)解因为f (x )＝x (ln x ＋a )，故可得f ′(x )＝ln x ＋a ＋1，又y ＝ln x ＋a ＋1为单调递增函数，令f ′(x )＝0，解得x ＝e －a －1，故当0<x <e－a －1时，f ′(x )<0；当x >e －a －1时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递减区间为(0，e－a －1)，单调递增区间为(e －a －1，＋∞)．(2)证明方法一当a ＝1时，f (x )＝x (ln x ＋1)，要证f (x )≤x e x －1，即证x (ln x ＋1)≤x e x －1，又x >0，则只需证ln x ＋1≤e x －1，即证ln x －x ＋1≤e x －1－x ，令m (x )＝ln x －x ＋1，m ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当0<x <1时，m ′(x )>0，m (x )单调递增，当x >1时，m ′(x )<0，m (x )单调递减，故当x ＝1时，m (x )取得最大值m (1)＝0；令n (x )＝e x －1－x ，n ′(x )＝e x －1－1，又y ＝n ′(x )为单调递增函数，且当x ＝1时，n ′(x )＝0，当0<x <1时，n ′(x )<0，n (x )单调递减；当x >1时，n ′(x )>0，n (x )单调递增，故当x ＝1时，n (x )取得最小值n (1)＝0. 则n (x )min ＝m (x )max ，且当x ＝1时，同时取得最小值和最大值，故n (x )≥m (x )，即ln x －x ＋1≤e x －1－x ，故f (x )≤x e x －1在(0，＋∞)上恒成立．方法二当a ＝1时，f (x )＝x (ln x ＋1)，要证f(x)≤x e x－1，即证x(ln x＋1)≤x e x－1，又x>0，则只需证ln x＋1≤e x－1，又ln x＋1≤x，e x－1≥x，且等号都在x＝1处取得，所以ln x＋1≤e x－1.即f(x)≤x e x－1在(0，＋∞)上恒成立．11 / 11。

高考数学培优专题(1)——对数平均不等式的证明与应用(答安详解)

对数平均数：对于正数 a ， b ，且 a b ，定义 a b 为 a ， b 的对数平均数； ln a ln b
对数平均不等式：对于正数 a ， b ，且 a b ，则有 ab a b a b ，即几何平均数＜对 ln a ln b 2
数平均数＜算术平均数，简记为 G a,b L a,b Aa,b ．
（ⅱ）若 a 2 ，令 f (x) 0 得， x a a2 4 或 x a a2 4 .
2
2
当 x (0, a
a2 4 )
(a
a2 4 , ) 时， f (x) 0 ；
2
2
当 x(a
a2 4 a ,
a2 4 ) 时， f (x) 0 . 所以 f (x) 在 (0, a
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高考数学培优专题（1）
例 3 (2014 年江苏南通二模)设函数 f (x) ex ax a ，其图像与 x 轴交于 A(x1, 0), B(x2, 0) 两点，且
x1 x2 ．（Ⅰ）求实数 a 的取值范围；（Ⅱ）求证： f ( x1x2 ) 0 ．
例 4（2011 年辽宁理科）已知函数 f (x) ln x ax2 (2 a)x ．
a2 4 ) ， (a
a2 4 , ) 单调递
2
2
2
2
减，在 (a
a2 4 a ,
a2 4 ) 单调递增.
2
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（2）由（1）知， f (x) 存在两个极值点当且仅当 a 2 .
由于 f (x) 的两个极值点 x1 ， x2 满足 x2 ax 1 0 ，所以 x1x2 1 ，不妨设 x1 x2 ，则 x2 1 . 由于
高考数学培优专题（1）
对数平均不等式的证明与应用

对数平均不等式的证明及应用

对数平均不等式的证明及应用对数平均不等式是数学中的一种重要不等式，它常常被用于证明和推导其他数学定理。

在本文中，我们将介绍对数平均不等式的定义、证明以及一些应用。

一、对数平均不等式的定义对数平均不等式又称为加权对数平均，它是指对数平均和算术平均之间的不等关系。

具体来说，设x_1, x_2, ..., x_n是n个正实数，a_1, a_2, ..., a_n是n个非负实数且满足a_1 + a_2 + ... + a_n = 1，则对数平均不等式定义为：(\prod_{i=1}^{n} x_i^{a_i})^{\frac{1}{1}} \geq (\sum_{i=1}^{n} a_ix_i)\prod_{i=1}^{n} x_i^{a_i}表示x_i的加权乘积，\sum_{i=1}^{n} a_ix_i表示x_i的加权和。

二、对数平均不等式的证明对数平均不等式的证明可以通过多种方法，其中一个比较简单的证明思路如下：假设n=2，即x_1和x_2是两个正实数，a_1和a_2是两个非负实数且满足a_1 + a_2 = 1。

我们需要证明以下不等式成立：(x_1^{a_1} \cdot x_2^{a_2})^{\frac{1}{1}} \geq (a_1x_1 + a_2x_2)我们可以通过将不等式两边同时取对数，化为等价的形式，即证明以下不等式成立：\frac{1}{1} \cdot (a_1\ln{x_1} + a_2\ln{x_2}) \geq \ln{(a_1x_1 + a_2x_2)}进一步化简得到：a_1\ln{x_1} + a_2\ln{x_2} \geq \ln{(a_1x_1 + a_2x_2)}通过进一步变形和化简，可以得到对数平均不等式成立的结论。

对于n > 2的情况，证明的思路和方法也是类似的，只是需要进行更多的数学推导和变形运算。

有兴趣的读者可以尝试通过数学归纳法或其他方法进行证明。

【高中数学】MS16对数平均不等式(含答案)

，即 x2
ax 1
0 ，故
x1
x2
a, x1x2
1；
要证
f
x1
f
x2 a 2 ，只需证
1 x1
x1
a
ln
x1
1 x2
x2 a ln x2
a2，
x1 x2
x1 x2
11 只需证 x1 x2 1 a ln x1 a ln x2 a 2 ，只需证
1
1 a ln x1 ln x2 a 2 ，
2
lnx1 lnx2
例 6：（2018 高考全国卷 I 理科）已知函数 f x 1 x a ln x .
x
（1）讨论
f
x 的单调性；（2）若
f
x 存在两个极值点 x1, x2
，证明：
f
x1 f x2
x1 x2
a2
解：（1）略。（2）
f
x
1 x2
1
a x
x2
ax x2
1
0
f
x0
1 x0
2ax0
2 a ，由
f
( x1 )
f
(x2 )
0
ln ln
x1 x2
ax12 (2 a)x1 0(1) ax22 (2 a)x2 0(2)
(1) (2) : ln
x1
ln
x2
a( x12
x2 2)
a 2 ( x1
x2 )
，同除以 x1
x2 得，ln
构造对数平均不等式，在证明
x1
x2
b a
或者
x1
x2
b a
，往往用反证法减少运算；对于

对数平均数不等式”应用举隅

对数平均数不等式”应用举隅
1. 概述
对数平均数不等式，又称为费尔伯特不等式，是指一组正数a1，a2，…，an的对数
平均数大于或等于各自的对数。

它是由英国数学家阿尔弗雷德·费尔伯特于1910年提出的，是不等式中最基本的一个。

2. 原理
把a1，a2，…，an表示为如下形式：
a1=x1，a2=x2，…，an=xn
其中，x1，x2，…，xn均大于0。

则a1, a2, …, an的对数平均数定义为：
M=1/n＊（logx1+logx2+…+logxn）
费尔伯特不等式的数学表达式为：
M≥loga1
...
3. 应用
费尔伯特不等式的应用较广泛，在流体力学、热力学、扩散进化、电磁学以及许多工
程学科等，都有着重要的应用。

费尔伯特不等式是很多概念的重要前提，比如平均压缩系数、平均折射率和平均离散度等；在假设电场具有可压缩性的基础上，可以用费尔伯特不
等式来推导电场和势场的平均折射率和反射率；在声学模型中，费尔伯特不等式可以用来
推导入射声场的平均吸收系数；在热勤学中，费尔伯特不等式可以据贝尔的热平衡定律推
出各个瞬态流体组织的平均温度；在概率论中，费尔伯特不等式可以用来应对观测到先验
概率分布是类别均衡的情况；此外，费尔伯特不等式也用于统计决策理论和可靠性理论中。

4. 结论
从上述应用可以看出，费尔伯特不等式的应用是广泛的，并且在许多方面都有着重要
的意义。

它的应用范围很广，包括热力学和物理等多个领域，对不等式的概念进行了有效
地表达。

对数不等式和均值不等式

对数不等式和均值不等式全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：对数不等式和均值不等式是数学中常见的重要不等式之一，常常在高等数学中出现。

这两类不等式的性质和用途在很多数学问题中都起到了重要的作用，尤其是在优化理论、凸函数理论、概率统计等领域中。

首先我们来说说对数不等式。

对数不等式是指不等式的两边都取对数后形成的不等式，常见的对数不等式有如下几种形式：1. 若a>0，b>0，则a^b>b^a。

4. 若a>0，则\ln{(1+a)}<a。

对数不等式在数学中有很多应用，例如在高等代数、概率论、微积分等领域中都能见到其影子。

对数不等式在研究数学问题时可以简化问题的难度，有时也可以用来证明其他数学不等式。

接下来说说均值不等式。

均值不等式是数学中一类重要的不等式，其基本思想是对一组数进行加工处理，然后比较其大小关系。

常见的均值不等式有如下几种形式：1. 算术平均数不小于几何平均数，即AM\geq GM，其中AM表示算术平均数，GM 表示几何平均数。

3. 三者平均不小于谐均值，即(AM+GM+QM)/3\geq HM，其中HM 表示谐均值。

均值不等式在数学中也有很多应用，特别是在概率统计、优化理论等领域中。

通过均值不等式可以得到很多有用的结论，对于解决一些复杂的问题起到了非常关键的作用。

对数不等式和均值不等式是数学中常见的重要不等式，它们在数学分析、凸函数理论等领域中有很重要的作用。

研究这两种不等式可以帮助我们更好地理解数学问题，解决实际问题中遇到的困难，也能够培养我们的数学思维和分析能力。

希望通过学习对数不等式和均值不等式，能够给我们带来更多的启发和收获。

【文章结束】。

第二篇示例：对数不等式和均值不等式是高等数学中的两个重要概念，它们在解决实际问题和证明数学定理中都有广泛的应用。

在本文中，我将分别介绍对数不等式和均值不等式，并探讨它们在数学领域的重要性和实际应用。

让我们来了解一下对数不等式的概念和特点。

对数平均不等式的证明及应用

对数平均不等式的证明及应用【摘要】对数平均不等式是数学中的重要不等式之一，它在分析和应用中都有着广泛的用途。

本文通过对对数平均不等式的证明和应用进行深入探讨，展示了其在数学领域的重要性和实用性。

文章介绍了对数平均不等式的证明过程，详细解释了其推导和原理。

接着，分析了对数平均不等式在实际问题中的应用，展示了其在求解各种数学问题中的价值。

通过实例分析和一般形式的推广，展示了对数平均不等式在不同领域的灵活运用。

文章探讨了对数平均不等式与几何平均和算术平均的关系，为读者提供了更深入的理解。

结论部分总结了对数平均不等式的重要性、在数学中的应用和意义，强调了其在数学研究和实际问题中的不可或缺性。

通过本文的研究，读者可以更好地认识和应用对数平均不等式，提升数学问题的解决能力和分析水平。

【关键词】对数平均不等式、证明、应用、实例分析、推广、几何平均、算术平均、关系、重要性、数学应用、意义1. 引言1.1 对数平均不等式的证明及应用对数平均不等式是数学中经常用到的一个重要不等式，其证明及应用涉及到多个领域，包括数学、物理、经济等。

本文将对对数平均不等式进行详细的介绍和分析。

我们将详细介绍对数平均不等式的证明过程。

通过推导和分析，我们可以明确对数平均不等式的成立条件和相关性质。

接着，我们将探讨对数平均不等式在实际问题中的应用。

这些应用涉及到各种不同的情境和领域，例如在统计学中的数据分析、在金融学中的投资决策等。

在实例分析部分，我们将通过具体的案例来展示对数平均不等式的具体应用以及其解决问题的能力。

我们还将对对数平均不等式进行一般形式的推广，以便更好地理解这一不等式的应用范围和特点。

我们将讨论对数平均不等式与几何平均与算术平均的关系，进一步揭示其在数学中的重要性。

结合以上内容，我们将总结对数平均不等式在数学中的应用和意义，以及其在实际问题中的重要性和价值。

通过本文的介绍和分析，相信读者们对对数平均不等式的理解和应用能力将会得到提升。

对数平均值不等式

课题：研究性学习课题：对数-平均值不等式（A-L-G 不等式）的证明及应用主讲教师:刘大高河南省驻马店高级中学高二年级数学组教学目的：了解对数--平均值不等式并会证明，并探究其解决极值点偏移问题教学重点：对数--平均值不等式的证明及其在不等式证明中如何应用．教学难点：通过构造函数研究图象,探求对数--平均值不等式的证明和应用授课类型：新授课课时安排：2课时教具：多媒体、实物投影仪教学过程：对数-平均值不等式（A-L-G 不等式）证明如下: 先证明:(Ⅰ)2ln ln a b a ba b+->-导数证明不等式兵家大忌:盲目构造函数! 方法一:分析法:要证2ln ln a b a b a b +->-,只需证明1(ln ln )(0)2a ba b a b a b-->>>+不妨设右侧上下同除b,即只要证明11a 11ln ,1,()ln 2b 211a a x b x f x x a b x b-->=>=-++令,只要证明 1()0,x f x >⇒>即可.2221112(1)()ln (1),'()0212(1)2(1)x x f x x x f x x x x x x --=->∴=-=>+++1,(),()(1)0()0.2ln ln x f x f x f f x a b a ba b>∴>=∴>+-∴>-当时为增函数成立方法二:令,1a bx x =>,代人2ln ln a b a b a b +->-即2ln ln bx b bx bbx b+->-两边约掉b 即证明 11ln 12ln 21x x x x x x +-->⇒>+方法同上.(Ⅱ)证明设0,ln ln ,ln ln a b a ba b ab a b b a b ab-->>>⇒>--左边上下同除以a1ln 0,1x 1x 1ln ,(x)ln a a b x b b ab x g x x x->>=>-->=-令则即证明令21(1)1(1)2'()02x x x x g x xxx x----=-=<则1,(),()(1)0.x g x g x g ><=单调递减在证明成立以前我们给出了ln x 的一个不太精细的界 (1)当1x ≥时 ln 1x x ≤-,(2)令1x x 换成时得1ln 1x x>- 令a bx =代人ln ln 2bx b bx bbx b bx b -+⋅<<-约去b,11ln 2x x x x -+<<不等式的性质倒一下得1ln211xx xx>>-+(x1)ln:x-两边同除以分两类得到还有一个更精细的界如下画出三个函数图像如下,在点(1,0)处出现剪刀交叉.自上而下为以下三个函数.说明:函数在某一点处交叉后,比一下导数的大小,可以看出函数图象上升的较快的图像在上方.(一)两道高考题2010天津高考理科（21）（本小题满分14分）已知函数()()xf x xe x R -=∈．(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称．证明当x>1时，f(x)>g(x)；(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +>．(Ⅲ)证明:()x xf x e=, 12()(),f x f x = 12122x x x 1, 1.x x x e e <>=1由图象可知,0<代人函数得两边取对数得11221212ln ln ,ln ln x x x x x x x x -=--=-即即1212121212x 1,ln ln ln ln 2x x x x xx x x x --+=<--又1212x 1,x 22x x +>+>即注意这里要给出公式的证明121212x ln ln 2x x xx x -+<-2013高考陕西理科21. (本小题满分14分) 已知函数()e ,x f x x =∈R .(Ⅰ) 若直线y ＝kx ＋1与f (x)的反函数的图像相切, 求实数k 的值; (Ⅱ) 设x >0, 讨论曲线y ＝f (x) 与曲线2(0)y mx m => 公共点的个数. (Ⅲ) 设a <b , 比较()()2f a f b +与()()f b f a b a--的大小, 并说明理由.方法二对数平均值不等式法令111,ln ,0ax e x a x ==>则且222,ln ,0b x e x b x ==>则且12120,0,x x x x >><设12()()222a b x x f a f b e e +++==2121()()ln ln b ax x f b f a e e b a b a x x ---==---由对数平均值不等式得122121()()()()2ln ln 2x x x x f a f b f b f a x x b a+-+->>--即成立 (二).(例题分析)例题一作业2:设函数0()(1)ln ,(1,),f x x x ax x =+-∈+∞已知且函数()f x 的图像在点00(,())x f x 处的切线方程为1.y x e e=- (1) 求a 的值;(2) 求证:函数()f x 在定义域内单调递增;(3) 当1,,:n n N *>∈时证明222111ln 1352n 1231n n ++⋅⋅⋅+<<+++⋅⋅⋅+-- 证明由(2)知当(1,)x ∈+∞时,()f x 单调递增,故()(1)2,(1)ln 22f x f x x x >=-⇒+->-故当(1,)x ∈+∞时,2(1)ln .1x x x ->+ 因此当2,n ≥时令2(1)21,ln()1121(1)1nn n n x n n n n n --=⇒>=---+-. 即2ln ln(1).21n n n -->-所以2ln 2ln1,3->2ln 3ln 2,5->…….2ln ln(1).21n n n -->- 相加得222ln ...3521n n >+++-由(1)知当(1,)x ∈+∞时,()1ln g x x x =+-单调递增, 故()(1)2,ln 1g x g x x >=⇒<-,因此当2,n ≥时令11,ln()1ln ln(1)11111n n n x n n n n n n n =⇒<-=⇒--<----- 所以ln 2ln11,-<1ln 3ln 2,2-<……1ln ln(1),1n n n --<- 相加得11ln 1...21n n <+++-终上所述222111ln 1352n 1231n n ++⋅⋅⋅+<<+++⋅⋅⋅+--.第三问可以用数学归纳法函数的两个边界一个精细,一个常见的边界左边用2(1)ln 1x x x -<+,右边用ln 1x x <-。

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对数平均不等式
1.定义：设,0,,a b a b >≠则2ln ln a b a b a b
+->>-ln ln a b a b -- 为对数平均数. 2.几何解释：反比例函数()()10f x x x =>的图象，如图所示，AP BC TU KV ||||||，
MN CD x ||||轴， (),0,A a 1,,P a
a ⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,0,,B
b Q b b ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,T 作()f x 在点2,2a b K a b +⎛⎫ ⎪+⎝⎭
处的切线分别与,AP BQ 交于,E F ，根据左图可知，变形公式： )0.()(2ln ln >≥+-≥-b a b
a b a b a 3.典例剖析
对数平均数的不等式链，提供了多种巧妙放缩的途径，可以用来证明含自然对数的不等式问题．对数平均数的不等式链包含多个不等式，我们可以根据证题需要合理选取其中一个达到不等式证明的目的．
（一） ()0ln ln b a b a a b a
->>>-的应用例1 （2014年陕西）设函数
)1ln()(x x f +=，()()g x xf x '=，其中()f x '是)(x f 的导函数．
（1）（2）（略）
（3）设+∈N n ，比较()()()12g
g g n +++L 与()n f n -的大小，并加以证明．
.
（二） ()0ln ln b a b a b a
->>-的应用例 2 设数列{}
n a 的通项n a =，其前n 项的和为n S ，证明：()ln 1n S n <+．
（三） ()02ln ln a b b a b a b a
+->>>-的应用例3. 设数列{}n a 的通项111123n a n
=++++L ，证明：()ln 21n a n <+．（四） ()2011ln ln b a b a b a a b
->>>-+的应用例4. （2010年湖北）已知函数()()0b f x ax c a x
=++>的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-．（1）用a 表示出,b c ；（2）（略）
（3）证明：()()
()1111ln 11.2321n n n n n ++++>++?+L （五）
)0ln ln b a b a b a ->>>-的应用
例5. （2014福建预赛）已知1()ln(1)311f x a x x x =++
+-+．（1）（略）
（2）求证：()222223411ln 21411421431414
n n n +++++>+⨯-⨯-⨯-⨯-L 对一切正整数n 均成立．
强化训练
1. （2012年天津）已知函数()()()ln 0f x x x a a =-+>的最小值为0．
（1）（2）（略）（3）证明：()()12ln 212*.21
n i n n N i =-+<∈-∑ 2.（2013年新课标Ⅰ）已知函数()()()1ln 11x x f x x x
λ+=+-+．
（1）若0x ≥时, ()0,f x ≤求λ的最小值；
（2）设数列{}n a 的通项111123n a n =++++L ，证明：21ln 24n n a a n -+>．。