对数均值不等式及变式在高考压轴题的应用
均值不等式的变式探究及其应用
当给②式 左 、 右 两边 同时加上 （ 、 ／ ） 。 ＋ （ 、 ／ ， ） ， 整
理 可得
变式１ ： 、 ／
≥、 ／ ＋ 、 ／ ．
③
不等式 ， 究其 原因是 ： 大家对均值不等式潜在 的变式功 能
没 有掌握 ，因而 在实 际应用 中还存在着知识未上升 到能
当给②式 两边同时加上２ ＼ ／ ・ 、 ／ 后 ， 左边 就配方
当ｘ ＞ ｅ Ｈ ｆ ， ｅ Ｘ ＞ ｘ ； 另外 ， 怎么想到埘 （ ｅ ） ＜ ０ ， 也不易理
解．
） ： ２ １ １ ＋ 事实 上 ， 。 并 不唯 一 ，如取 。 ： １ ｅ ｏ ｏ ｏ （ 。
（ 一 ） 一— ｅ ｌ Ｏ＝ １（ １ ０ ０ ０ 一 —— ≤ ≤２ （ — １ — 一 １ ） ＋ １ ０ ０ ０ 一 —— 一 ２ｅ Ｉ ｏ ｏ ｏ ） ＋ ９ ９ ８ ＜ （ ２ 一
２ （ ａ ｂ ＋ １ ） ， 此式左边加上 （ 、 ／ ａ ２ ＋ ｂ ＋ ２ ， 整理得、 ／
（ 、 ／ ） ２ ＋ （ 、 ／ ） ＞２ Ｉ ・ ＼ ／ － ＼ ／ ．
②
的Ｃ 的取值范 围．
厂 ＿ ｆ ＼ １ ＿ 一 ｌ 。 一 １ ＞ ０ ， 在ｆ ０ ， １ （ ） 单 调 递 增 且 连 续 不
ａ ／ ＼ ａ ／
“ 好 作 图” 的原则． 笔 者给 出的解法是 把厂 （ ） ＝ ０ 转化 为。 ＝
（ ＞ ０ ） ， 进而研 究直线ｙ ＝ ａ 与ｈ （ ｘ ） 的图像交 点的情 况．
断 ， 又 ， ｆ １ ＜ ０ ， 所 以 在ｆ ０ ， １
＼ ｅ ／ ＼ ａ ／
（ ） 有 且 只有 一个 零
ｈ （ ｘ ） 的 图像远 比厂 （ ｚ ） 的图像 简单得多． 由此可见 ， 适 当调
例谈题根在数学解题中的应用——以对数均值不等式为例
3_¥)故学敉学2021年第3期例谈题根在数学解题中的应用----以对数均值不等式为例张国治(新疆生产建设兵团第二中学，新疆乌鲁木齐83_2)笔者通过对近几年高考、竞赛试题的研究，有一个很有趣的发现——许多试题来源于 同一个问题.我们可以把这类不断生长的问题 称为“题根题根是一个题族、一个题系中的 源头，也是一个题群中的典例.把握住了一个 题根，叩源推委，便能寻觅到解决问题的“金钥 匙”，进而辐射到一个题族、题群.以题根方式 展开教学，旨在寻找解题思维入口，通过题根 的变式拓展探求不同的解法，帮助学生理解问 题内涵，总结归纳.那么如何寻找“题根”呢? 将源于课本、高考、竞赛的题目进行提炼与升 华形成结论，然后再将其广泛应用于解题实践 中，这便是寻找题源的不二法门.这一过程意 义非凡，因为茫茫题海中很多题目表象不同，但实质一样（可归结于同一个题根或题源）.一 个题源加工而成的结论，其功效不亚于教材中 的一个定理，寻找“题根”需要八方联系，浑然一 体.笔者以一道竞赛题为例，探源溯流，给出一类 高考题、竞赛题命题的题根，多题归一，提供一种 高效学习数学的方法，敬请同行指正.[1]题根（2017年全国高中数学联赛湖南省 预赛第15题）[2]已知a、6 e 11且〇 > 0, i > Q，a #b.(i)求证：#(2)如果 a、6 是函数/(a:) = lnx -的两个零点，求证> e2.证法 1:如图 1，设/(*) = e*，x e [m，n]，其中双m，0)，B(n，0)，过点分别作x轴的垂线，交曲线于c、Z)两点.点)处的切线/分别交BC、于点£、f，则f c pJ f=6〒，所以/:7 1梯形从一(j£+J f)=(n-m*n^l)e ，•^曲边梯形A sa) =| g dx =e一 e , *S梯形^ m数感是《义务教育数学课程标准（2011 版)》中的十大核心概念之一，对运算结果的估 计是数感的一种重要体现.估计（估算）在三个 学段都有明确具体的目标要求，其中在第三学 段(7-9年级）的知识技能目标对运算（包括估 算）技能的要求是达到掌握层级.固然，计算的 准确性是数学学科的基本要求之一，运算能力 是典型的数学能力，但其内涵已发生了变化.运 算能力不仅指能够“正确地从事运算”，还包括 借助工具计算和手算，也包括精确计算和估算[2].作为一线的数学教师，应该充分理解课标 的价值理念,在日常的教学中应该给“估算”留一席之地.准确、标准的答案是我们数学人的追求，但“估算”是数学运算中不可或缺的组成部分估算”过程中所体现出的发散式调适与思考，正是学生创新意识形成、创新能力培养的一个有效载体.参考文献[1]中华人民共和国教育部.义务教育数 学课程标准（2011版）[S].北京：北京师范大学出版社，2012.[2]马复，凌晓枚.新版课程标准解析与 教学指导[M].北京：北京师范大学出版社，2012.2021年第3期故学敉学3-41n - m . 、 n — m / m …、 _ ...2 (yA + J b ) = 2 (e + e )•显然有S 梯形y l B E F < $曲边梯形/I B C D < S 梯形A f i C Z )，艮Pm +nr j一)(n - m ) e 2 < en - em < —-—(em + e n)，1_•设％> 1，则欲证不等式成立等价于证明21n % < i ---(x > 1).构造函数则e 宁<^<n - m a2，令 en = a ，可得< , , , - ^In a - lno 2证法2:(1)由对称性，不妨设a > 6 > 0,^ a - b a + b a - b a + l 先证^-----TT < —•因为^----— <In a - Ini 2 〇 In a - Ini >2(a - b )^ a ^In a - \nb 2a + ba—+设％ = T > 1，则欲证不等式成立等价于〇证明lnx > ^l l (x > 1}.X + l构造函数/(尤）=lnx - ^~~> 1)，则作)=(n因为* > 1,所以尸（*) >x(x + 1)0,/(X )在（1，+ =C )上为单调递增函数，由 f i x ) >/〇) = 0,即得lm > 1)，即<In a - In 62再证#< , a ~ f -,-.因为# <In a - Ini In a - Inia<=> In a - In 6 <y 〇b<=> In — <g 〇) = 21m -卜 一(% > 1)，则g '(x ) =- (% -J )<〇，因此g U )在（1, + 〇〇)上为单调递减函数.办）<g (l ) = 0,即得21n % < (a :---1 (x > 1),即y 〇b <a综上可知，#<In a - Inia -b In a - Ini2以上结论反映了对数平均与算术平均、几何平均的大小关系，我们知道两个正数a 、6的 对数平均定义：L (a , b ) = jlna - ln 6 () ’la(a = b ).则当 a >〇，i >〇,有<In a - Ini—^一，^^<[(16)<-^—（当且仅当〇=6时，等号成立).若令 lna =文！，Ini =%2,贝l j d = e*1，6 = e*2, < —z —等价于^^?J~a b <In a — Ini 2?V 2__*2 丄 ^2‘1—，利用该不等式，可x X pL e - e " e •十 ee 2 < ------- < —-xx - x 2 2以轻松获解该题的第（2)小题：证明:定义域为（〇, +〇〇 )，尸(％) 1 2017 -x2017 2黯•若p2〇17，则/，（,）= 0;若* e (0,2017),则尸〇) >0,函数/(；〇单调递 增;若;c e (2017, + 〇〇 )，则尸(无）< 0,函数3-42故学敉学2021年第3期/(幻单调递减.由对称性，不妨设 a >6> 〇,则可得〇< 6<2017 <a.由条件知，ln a= 且ln6=故 lna- ln6(a-6)，即2017由对数均值不等式得2017即a + 6 > 2 x 2017.-bIn a - Inia -bIn a - In6= 2017,<2 ，1iia;,a：2= \nxl+ \nx2= m(x l+ x2)> 2m•— = 2,所以a:丨a:2> e*12.m评注:不难发现，例1第（2)小题是题根第(2)小题的一般情况，事实上，由对数均值不等,______ 1 X] ~X22J x x x2<—=---------------，艮p<m lnxj -m x2-7,可见必有〇< m < i.m e因为lnafc= In a+ In6 =----(a+ 6) >2017 》^x 2x 2017 = 2,所以d> e2.下面举例说明此题根在高考、竞赛、模考中的应用，也进一步洞悉此类问题的编拟奥秘.类型1直接用对数均值不等式例1(2016年全国高中数学联赛湖南省预赛第15题）[3]已知函数/(幻=i l n x-(1)若m =」2时，求函数/(幻的所有零点；(2)若/(4有两个极值点心、巧,且x, < 尤2•求证:丨内> e2.解析:（1)当m =-2时，/(幻=;*111»:+；*:2-x = x( \nx + x -l) (x> 0). i^,p(x)=ln% + x -1(«：> 0)，则p'(A〇=丄+ 1> 0,于是p(a〇在X(〇, + «>)上为增函数.又P(1) = 0,所以，当m =-2时，函数/(幻有唯一的零点a; = 1.(2)若/(x)有两个极值点x,、*2,则导函数/'(*)有两个零点h h•由/'U)= In* -m*，可知例2(2018年全国高中数学联赛福建省预赛第14题）[4]已知/U)= e* -似.(1)当x > 0时，不等式Q-2)/(幻+ m*2+ 2> 0恒成立,求实数m的取值范围；(2)若力、*2是/(幻的两个零点，证明：A C, + A；2> 2.解析：（1)略.(2)证明：由题可得/U)= /U2) = 〇,即I e*' = m x., t _x x,x得。
对数均值不等式在高考及竞赛中的运用
46中学数学研究2019年第5期(下)对数均值不等式在高考及竞赛中的运用广东省佛山市罗定邦中学(528300)陈纪刚龙宇摘要对数均值不等式常常受到高考及竞赛出题老师的青睐.本文以2018年全国1卷的第21题及近几年的预赛试题为例,向读者展示了该不等式的证明与应用.关键词对数均值不等式;2018年全国1卷;极值点对数均值不等式是指:当a >0,b >0,且a =b 时,有√ab <a −b ln a −ln b <a +b 2.一、对数均值不等式的证明在拙作文[1]中,笔者利用“切线法”证明了该不等式的右半部分.接下来本文仅证明该不等式的左半部分.即证明:当a >0,b >0,且a =b 时,有√ab <a −bln a −ln b.证明不妨设a >b ,上不等式⇔ln a b <a −b√ab =√a b −√b a .令t =√a b ∈(1,+∞),上不等式⇔2ln t <t −1t⇔t 2+2t ln t >1.构造函数f (t )=t 2+2t ln t ,求导得:f ′(t )=2t +2ln t +2.当t ∈(1,+∞)时,f ′(t )>0恒成立,即可知f (t )在(1,+∞)上单调递增.即有f (t )>f (1)=1,所以原不等式成立.二、对数均值不等式在高考中的运用例1(2018年全国1卷,21)已知函数f (x )=1x−x +a ln x .(1)略;(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.解析对函数f (x )求导得:f ′(x )=ax −1x2−1=−x 2+ax −1x 2.f (x )存在两个极值点x 1,x 2⇔−x 2+ax −1=0在(0,+∞)上有两个解x 1,x 2.由此可得a 2−4>0a2>0−02+a ·0−1<0⇒a >2.结合韦达定理可得:x 1·x 2=1,x 1+x 2=a .f (x 1)=1x 1−x 1+a ln x 1,f (x 2)=1x 2−x 2+a ln x 2,两式相减得:f (x 1)−f (x 2)=x 2−x 1x 2x 1+x 2−x 1+a (ln x 1−ln x 2).结合题意及上韦达定理得:f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2=−1x 2x 1−1+aln x 1−ln x 2x 1−x 2=a ln x 1−ln x 2x 1−x 2−2,利用均值不等式可得:ln x 1−ln x 2x 1−x 2<1√x 1x 2=1,所以f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2<a −2成立.总结在本题中运用对数均值不等式避免了对的讨论,若运用该不等式的另一端还可得:f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2>0成立(证明过程留给读者).根据f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2表示过f (x )两个极值点的“割线”的斜率,结合f (x )的“凹凸性”或“拉格朗日中值定理”也可解决该问题,但过程相对复杂,且不易被高中生掌握,本文不再赘述.三、对数均值不等式在竞赛中的运用例2(2016年高中数学联赛湖南预赛,15)已知函数f (x )=x ln x −12mx 2−x ,m ∈R .(1)略;(2)若f (x )由两个极值点x 1,x 2,且x 1<x 2,求证:x 1x 2>e 2.解析对函数f (x )求导得:f ′(x )=ln x −mx .因为x 1,x 2为f (x )的两个极值点.所以 f ′(x 1)=ln x 1−mx 1=0f ′(x 2)=ln x 2−mx 2=0⇒ ln x 1=mx 1(1)ln x 2=mx 2(2).由(1)-(2)得:x 1−x 2ln x 1−ln x 2=1m.根据对数均值不等式得:1m =x 1−x 2ln x 1−ln x 2<x 1+x 22⇒x 1+x 2>2m .(3)由(1)+(2)得:ln (x 1·x 2)=m (x 1+x 2).(4)将(3)式带入(4)式得:ln (x 1·x 2)>m ·2m=2⇒x 1x 2>e 2成立.注意到题目中涉及的参数m ,在解答过程中通过化简“约掉了”.那么对于参数m ,有没有什么限制呢?无独有偶,在2017年的高中数学联赛湖南预赛的第15题也考察了类似的问题.问题如下:例3(2017年湖南省高中数学联赛,15)已知a,b ∈R +,且a =b .如果a,b 是f (x )=ln x −2017x 的两个零点,求证:ab >e 2.分析例4可视为例3的特例,即取m =2017.仿照例3可得解析如下:因为a,b 是f (x )=ln x −2017x 的两2019年第5期(下)中学数学研究47个零点,所以ln a =2017a,1⃝ln b =2017b,2⃝,1⃝2⃝两式相减,得ln a −ln b =2017(a −b )⇒a −b ln a −ln b =12017,根据对数均值不等式:a −b ln a −ln b <a +b 2,故a +b 2>12017⇒a +b >22017,1⃝2⃝两式相加,得ln a +ln b =2017(a +b ),因而ln (ab )=2017(a +b )>2,故ab >e 2.总结表面上看,上面的解答过程“无懈可击”.而事实上确存在一个误区,为了确保两个极值点(在例2中为两个零点)的存在,m 的取值是有范围的.即设f (x )=ln x −mx有两个零点x 1,x 2,且x 1<x 2,求证:m ∈(0,1e ).证明对函数f (x )求导得:f ′(x )=1x−m .当m 0时,在(0,+∞)上f ′(x )>0恒成立.即有f (x )在(0,+∞)上单调递增,可知f (x )在(0,+∞)上至多一个零点,舍;当m >0时,在(0,1m )上,f ′(x )>0,在(1m ,+∞)上,f ′(x )<0,即可知在(0,+∞)上f (x )max =f (1m )=ln1m−1.当ln 1m −1>0⇒m <1e 时函数f (x )有两个零点x 1,x 2,且x 1<x 2.综上可知,m ∈(0,1e).显然可知,例3中的“2017”并不属于m 的取值范围,对应的两个零点并不存在.所以例3的讨论基础并不成立.四、练习1、(2018年全国高中数学联赛福建预赛,14(2))已知f (x )=e x −mx .若x 1,x 2是函数f (x )的两个零点,求证:x 1+x 2>2.解析因为x 1,x 2是函数f (x )的两个零点,所以f (x 1)=e x 1−mx 1=0f (x 2)=e x 2−mx 2=0成立.移项可得:e x 1=mx 1,e x 2=mx 2,两边分别取对数可得:x 1=ln m +ln x 1.x 2=ln m +ln x 2.上两式相减可得:ln x 1−ln x 2x 1−x 2=1.利用对数均值不等式:2x 1+x 2<ln x 1−ln x 2x 1−x 2=1.即可得:x 1+x 2>2成立.参考文献[1]龙宇.巧用“切线法”求解函数不等式[J].中学数学研究.2018(3).28-29.(上接第48页)以OA 为直径在扇形OAD 内画出半圆弧OA ,它交弧JZ 于V 点.则V 既是弧JZ 、弧OA 的交点,又是独条内径(因O 、V “两个点确定一条直线”)经过的点,这条内径就是∠AOD 的三等分线之一.求证V 是内径经过的点.证明连接OV ,延长它至弧AD 于B 点,有半径OB .连接AV ,有圆周角△AV O 、△AV O ,延长AV 至弧AD 于C 点,就有了弦AC ,V 就是半径OB 、弦AC 都经过的点.假设(1):V 不是内径经过的点(即半径OB 与弦AC 以及点D 在弧AD 所构成的弧AB 不等于弧DC ,A 、B 、C 、D 四点不构成已确定的一个圆内接“等腰梯形”,B 点、C 点不是内对应点,OB 不是内径,AC 不是圆内接等腰梯形的对角弦).来看看(2)的事实及推论.以O 为圆心,OV 为半径画弧交OD 于R 点,成为弧V R .连接BD 弦,结果BD 与弧V R 相切.由OB =OD (两者都是扇形OAD 的半径),△OBD 就是等腰△,易知等腰△OBD 是以OB 腰、OD 腰为对称边,以底边BD 的中线(还是连自BD 的高)为对称轴的两个对称的Rt △(BD 边的中线是这两个Rt △的公共直角边),BD 的中点还是BD 与弧V R (其半径是OV 之长)的切点,故这两个Rt △的公共直角边=OV (*).因为∠AV O 是作为直径的OA 所对的圆周角(在以上已知),所以∠AV O 是直角(直径所对的圆周角是直角),△AV O 是Rt △.因为以上(*)处的结论,又在图2中已知OA =OB =OD ,所以等腰△OBD 全等于2Rt △AV O (HL),∠BOD =2∠AOV (即2∠AOB =23∠AOD ,相应地,弧BD =2弧AB =23弧AD ),已经过V 点的OB 就是△AOD 的三等分线之一.由Rt △AV O 可知OB 是AC 弦的垂径,弧AB =弧BC (垂直于弦的直径平分弦,并且平分弦所对的弧).由这个结论和这里已知的弧BD =2弧AB ,易知弧BD =2弧BC ,即C 是弧BD 的中点,弧AB =弧BC =弧DC .显然,弧AB 、弧DC 关于OG 成轴对称,A 、B 、C 、D 构成已确定的一个圆内接等腰梯形,B 、C 是弧AB 、弧DC 的内对应点(这是OB 成为对称弧之一的内径的条件),OB 是弧AB 的内径,AC 是圆内接“等腰梯形ABCD ”的对角弦之一,V 是内径OB 、对角弦AC 都经过的点.已假设的(1)矛盾于(2)的事实及推论,由此可知(1)不正确.根据排中律,(1)的“V 不是内径经过的点”不对,所以正确的只能是:V 是内径经过的点.经过以上的证明,可知可信弧JZ 与弧OA 交点的奇妙!这两条并非内径及其对角弦的弧线相交成一个(内径及其对角弦的)交点(即四者共这个点),这个点以尺规作图法不能直接地画出其内径(所在扇形的圆心角的三等分线之一)及其对角弦就当然不能由这种情况下没有的它们俩交成;而由前两者交成,它的位置没变,就使人能够完成三等分它所在扇形的圆心角.。
高三数学二轮复习冲刺：指对均值不等式及应用
二轮复习中的指对均值不等式专题突破一．基本原理1．对数均值不等式两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩，对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式），取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．证明如下：不失一般性，可设a b >．(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln2ln a a b x x b x ⇔-<<<-（其中1x =>）构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x=-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--．因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立.（2）再证：(,)2a bL a b +<……②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)aa b a x b a b x a a b b x b ---⇔->⇔>⇔>+++（1x =>）构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++．因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立；综合（1）（2）知，对,a b R +∀∈，都有对数平均(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立．注：对数均值不等式实际上是对数不等式链：1),1(21ln 1)1(2>-<<+-x xx x x x 在双变元情形下的应用.2．对数不等式链),1(,1)1(211ln 14)1(31)1(2122+∞∈-<-<-<<++-<+-<-x x x x x x x x x x x x x x ；)1,0(,11)1(214)1(3ln 11(21122∈-<+-<++-<<-<-<-x x x x x x x x xx x x x x .3．对数均值不等式的推广与命题问题：已知1,)1(ln ≥+-≥x nx x k x 恒成立，求n k ,之间的关系？由文献[1]可知，若1,)1(ln ≥+-≥x nx x k x 恒成立，则1+≤n k ，此为上述不等式成立的必要条件.关于充分性，文献[1]证明了140+≤≤n n k 时，1,)1(ln ≥+-≥x nx x k x 恒成立.而当14+>n nk 时，则无法得到显式的n k ,之间的关系，不过可知k 随n 的增大而增大！因为，倘若1,)1(ln >+->t n t t k t ，令)(1212x x x x t >=代入即可得：121212ln ln nx x kx x x x +>--，若我们令11221212ln ln ln ln mx x mx x x x x x m -=-⇒--=，所以可以构造一个函数：mx x x f -=ln )(，我们可以做到222111ln )(ln )(mx x x f mx x x f -==-=，进一步，若21,x x 为)(x f 的两个零点，则k x x k x n x k nx x m nx x kx x x x n >⇒>+⇔>+⇔+>--211212121212ln ln ln )(ln ln ，即等价于：kne x x >21.4．对数均值不等式应用中的比值代换已知函数ax x x f -=ln )(，若)()(21x f x f =，不妨设21x x <，则令112>=x x t ，可得：)1(ln ,)1(ln ln ln 211111-=-=⇒-=-t a tt x t a t x atx xt ax x .（*），利用（*）的结论，我们还可以证明：①.221ex x >②.若122x x >，则2218e x x >...②.解析：21,x x 是)(x f 的两个零点，且122x x >，∴0ln 12111=+-x ax x x ，0ln 22222=+-x ax x x ，可得111ln ax x =+，221ln ax x =+，121221212211ln ln 2)ln(1ln 1ln x x x x x x x x x x x x --=++=+=+∴，令)2(12>=t x x t ，=+∴2ln 21x x 1ln )1(ln )(121221-+=-+t t t x x x x x x ，构造函数1ln )1()(-+=t t t t g ，求导可得2)1(ln 21)('---=t tt t t g ，令t t t t h ln 21)(--=，则0)1()('22>-=t t t h ，则)(t h 在),2(+∞上单调递增，而02ln 2232ln 2212)2(>-=--=h ，0)('>∴t g ，则)(t g 在),2(+∞上单调递增，2ln 3)2()(=>∴g t g ，可得2ln 32)ln(21>+x x ，则2218ln )ln(e x x >，即2218e x x >，5.指数均值不等式及应用若R b a ∈,，则a b e e a b --2ba e e +<.证明：由于1,1)1(2ln >+->x x x x ，令a b e x a b >=-,，代入即可证得.二．典例分析例1.已知函数()ln 13xf x a x =--．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ，求证：()21110x a x -+>．解析：（2）若函数()f x 有两个零，点1x ，2x ，根据（1），可得0a >．不妨设210x x <<，由()()120f x f x ==，得11223ln 30,3ln 30,x a x x a x --=⎧⎨--=⎩两式相减，得11223lnx x x a x -=，要证明211111x x a +>，即证()()12122111ln 311x x x x x x ->+，设()121x u u x =>，则()()111ln 311u u u ->+．则()()()()111ln 1311u g u u u u -=->+，则()()()()2221114401111u g u u u u u -'=-=≥++，所以()g u 在()1,+∞上为增函数，从而()()10g u g >=，即()()111ln 311u u u --+成立，因此，()21110x a x -+>成立．即证.例2.（2022全国甲卷）已知函数a x x xe xf x-+-=ln )(.（1）若0)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围；（2）若)(x f 有两个零点21,x x ，证明：121<x x .解析：（2）此时，xe t x=有两个解21,x x ，且2110x x <<<.此时，2121;tx e tx ex x ==，两式相除，可得：121212ln ln 12x x x x x x e x x -=-⇔=-.于是，欲证121<x x 只需证明：121221ln ln x x x x x x --<（对数均值不等式）.易证！习题2.已知函数()ln f x x x =．（1）求()f x 的图象在x e =处的切线方程；（2）若函数()()2f x F x b x =-有两个不同的零点1x 、2x ，证明：2120x x e ->．解：（1）()ln f x x x = ，定义域为()0,∞+，()ln 1f x x '=+，()f e e =，()2f e '=.因此，函数()y f x =的图象在x e =处的切线方程为()2y e x e -=-，即2y x e =-；（2）令()()2ln 0f x xF x b b x x =-=-=，得ln bx x =，由题意可得1122ln ln bx x bx x =⎧⎨=⎩，两式相加得()1212ln ln b x x x x +=+，两式相减得()1212ln ln b x x x x -=-，设120x x >>，12112122ln ln x x x x x x x x +∴=-，要证212x x e >，即证12112122ln ln 2x x xx x x x x +=>-，即()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令121x t x =>，即证()21ln 1t t t ->+.（易证，略！）例3．已知关于x 的方程ln 0ax x -=有两个不相等的正实根21,x x ，且12x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）设k 为常数，当a 变化时，若12kx x 有最小值e e ，求常数k 的值.解析：由ln 0ax x -=且0x >，可得ln xa x =.设()()ln ,0,x F x x x=∈+∞，则()21ln xF x x-'=，令()0F x '=，解得e x =.当0e x <<时，()0F x '>，()F x 单调递增；当e x >时，()0F x '<，()F x 单调递减；函数()ln xF x x =的图象如下：又x 趋向于0时()F x 趋向-∞，x 趋向于+∞时()F x 趋向0；要使()F x 图象与直线y a =有两个交点，则()0e a F <<，故a 的取值范围是10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（2）因为()10F =，由（1）得121x e x <<<，则12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ===，设()211x t t x =>，则11ln ln ln t x t x +=，即12ln ln ln ,ln 11t t t x x t t ==--，由12kx x 有最小值e e ，即()12ln ln ln 1k t t k x x t ++=-有最小值e .()()()()()()2ln 11ln 1,11k t tg kk t t k tg t t t t t -+++=>--+-'=-，记()()()()()22111ln 1,1t t k k k k G t k t t k G t t t t t--+'=-++-+-=-++=，由于1t >，若1k ≤，则()0G t '>，可得()G t 单调递增，此时()()10G t G >=，即()()0,g t g t '>单调递增，此时()g t 在(1,)+∞没有最小值，不符合题意.若1k >，()1,t k ∈时，()0G t '<，则()G t 在()1,k 单调递减，(),t k ∈+∞时，()0G t '>，则()G t 在(),k +∞单调递增.又()10G =，()()10G k G =<，且t 趋向于+∞时()G t 趋向+∞，故0,()t k ∃∈+∞且唯一，使得()00G t =.此时01t t <<时，()0G t <，即()0g t '<，此时()g t 在()01,t 上单调递减；0t t >时，()0G t >，即()'0g t >，()g t 在()0,t +∞上单调递增.所以1k >时，()g t 有最小值()0g t ，而()00g t '=，即()0001ln 10kk t t k t -++-+-=，设()()()()()222e 20,e 1e 1xxx x x x x h x x h x x x ---⎡⎤++-⎣⎦=>'=+-+-设()()()()2e2,1e 1xx H x x x H x x --=++-'=-++.设()()(),e 0xu x H x u x x -=''=>，故()H x '递增，()()00H x H '>'=.此时()H x 递增，有()()00H x H >=，令e 1x y x -=+-且0x >，则1e 0x y -'=->，即y 在(0,)+∞上递增，故0|0x y y =>=，此时()0h x '>，故()h x 在(0,)+∞递增，而()1e h =知，()e h x =的唯一解是1x =.故()0e g t =的唯一解是0ln 1t =，即0e t =.综上所述，2e 2e k =-.例4.已知函数()22xa f x e x ax =--，其中0a >.（1）当1a =时，求不等式()24f x e >-在()0,+¥上的解；（2）设()()g x f x '=，()y g x =关于直线ln x a =对称的函数为()y h x =，求证：当ln x a <时，()()g x h x <；（3）若函数()y f x =恰好在1x x =和2x x =两处取得极值，求证：12ln 2x x a +<.解析：()24f x e >-的解集为()2,+∞；（3）证明：由已知()()x g x f x e ax a '==--，()xg x e a'=-由1x ，2x 是函数()f x 的两个不同极值点（不妨设12x x <）.即1x ，2x 是函数()0g x =的两个不同实根.即()10g x =，()20g x =∴110x e ax a --=，220x e ax a --=，两式相减得：1212x x e e a x x -=-，于是要证明12ln 2x x a +<，即证明1212212x xx xe e e x x +-<-，两边同除以2x e ，即证12122121x x x x e e x x ---<-，即证()12122121x x x x x x ee--->-，即证()121221210x x x x x x ee ----+>令()12 0x x t t -=<即证不等式210tt te e -+>当0t <时恒成立.设()21t tt te e φ=-+，∴()22222111222t t t t tt t t t t e t e e e e e e φ⎡⎤⎛⎫⎛⎫'=+⋅⋅-=+-=--+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦而212t t e >+，即2102tt e ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，∴()0t φ'<，∴()t φ在(),0-∞上是减函数，又()00φ=∴()0t φ>恒成立.则12ln 2x x a +<.例5．已知函数()()212x f x e x ax x R =--∈．（1）若函数()f x 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；（2）如果函数()()212g x f x a x ⎛⎫=--⎪⎝⎭恰有两个不同的极值点1x ，2x ，求证：12ln 22x x a +<．解析：（2）根据条件，()()2212x g x f x a x e ax ax ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，则()2xg x e ax a '=---2．因为12,x x 是极值点，所以()()121122020020xxg x e ax a x x e ax a '=⎧⎧--=⎪⇒⎨⎨'=--=⎪⎩⎩，两式相减得12122x x e e a x x -=-．所证不等式等价于1212121221212ln 2x x x x x x x x e e e e e x x x x ++--<⇔<--，设12x x >两边同除以2x e 得12122121x x x x e e x x ---<-．令12t x x =-，()0,t ∈+∞．所证不等式只需证明：122110t t t e e te e t -<⇔-+<．设()21ttp x te e =-+，则()112212t p x e e ⎡⎤⎛⎫'=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦．易证12102t e ⎛⎫-+≥⎪⎝⎭，所以()()00p x p '<=，因此()p t 在()0,+∞上单调递减，()()00p t p <=．所以原不等式成立，即12ln 22x x a +<．例6.(2011年辽宁卷)已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 的中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<解析：（1）略.（2）()()000122f x ax a x '=-+-，由12()()0f x f x ==))(2()(ln ln 0)2(ln 0)2(ln 2122212122221211x x a x x a x x x a ax x x a ax x --+-=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=-+-同除以()12x x -得，()()121212ln ln 20x x a x x a x x --++-=-要证0()0f x '<，只需证()()()012012122220ax a a x x a x x x -+-=-++-<+；只需证()()()()1121221122ln ln 222a x x a a x x a x x x x x x --++-<-++--+；根据对数平均不等式1212122x x x xlnx lnx +->-，故原命题得证.例7．（2021•广州一模）已知函数2()()f x xlnx ax x a R =-+∈．（1）证明：曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线l 恒过定点；（2）若()f x 有两个零点1x ，2x ，且212x x >4e>．证明：（1）2()12122f x xlnx ax x lnx ax lnx ax '=-+=+-+=-+，f '（1）22a =-，又f （1）1a =-，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为(1)(22)(1)y a a x --=--，即12(1)()2y a x =--，当12x =时，0y =.故直线l 过定点1(2，0).（2）1x ，2x 是()f x 的两个零点，且212x x >，∴211112222000x lnx ax x x lnx ax x ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，可得112211lnx ax lnx ax +=⎧⎨+=⎩，∴12122112122111()2lnx lnx ln x x lnx lnx x x x x x x +++-===+-，令21(2)x t t x =>，21211221()(1)21x x x ln x t lnt lnx x x x t ++∴+==--，构造函数(1)()1t lntg t t +=-，求导可得212()(1)t lntt g t t --'=-，令1()2h t t lnt t =--，则22(1)()0t h t t -'=>，则()h t 在(2,)+∞上单调递增，而h （2）1322222022ln ln =--=->，()0g t ∴'>，则()g t 在(2,)+∞上单调递增，()g t g ∴>（2）32ln =，可得12()232ln x x ln +>，则1228()ln x x ln e >，即1228x x e>，则4e>>．。
利用对数平均不等式巧解高考数学题
考点聚焦利用对数平均不等式巧解高考数学题■蒋道波摘要：随着教育改革的推进，人们也更加关注高考数学的教学情况。
只有更好地解决相关数学问题，才可以让学生获得相对应的发展，培养出社会需要的人才。
本文简单介绍对数平均不等式，并通过真实案例的展示来进行相关的应用，给出有效的解答，拓展学生的做题思路。
关键词：对数；不等式；高中数学近些年，以对数平均不等式为大背景的数学试题出现了很多，尤其是近几年的高考模拟题、高考题中都出现了很多这类题目。
本文从这个角度出发，简单分析对数平均不等式巧解高考数学题的方法，为促进学生的发展提供一些建议。
一、不等式的含义不等式的基本含义就是用不等的符号来表示两边数量的不相等。
几何对数平均不等式就是：设a，b为两个不相等的正实数，那么ab<b-aln b-ln a<b+a2。
二、不等式应用的具体案例（一）题目中已经知道函数f(x)=e x，x∈R。
假如a<b，那么f(a)+f(b)2和f(b)-f(a)b-a进行比较哪一个更大呢？请说明理由并进行证明。
要进行比较f(a)+f(b)2和f(b)-f(a)b-a的大小，就要比较e a+e b2和e b-e ab-a的大小，那么就可以进行相应的转换，也就是e a=x，e b=y（其中x≠y），那么式子就可以变成e a+e b2=x+y2，e b-e ab-a=y-xln y-ln x。
那么由对数算术平均不等式就可以得出f(a)+f(b)2>f(b)-f(a)b-a。
（二）假设函数f(x)=a ln x-bx2，它的图像在P(2,f(2))处，并且和它的切线斜率为-3。
在第二个问题中说到，当a=2时，使g(x)=f(x)-kx。
并且假设x1和x2（其中x1<x2）是函数g(x)=0的两个根。
x3是x1和x2的一个等差中项。
请求证g′(x)<0。
在这里面g'(x)是函数g(x)的导函数。
因为知道a=2，所以a=8b-6，又因为b=1，所以g(x)=2ln x-x2-kx。
对数均值不等式及变式在高考压轴题的应用
对数均值不等式及变式在高考压轴题的应用一、引言在高中数学的学习过程中，对数均值不等式是一个重要且常见的概念。
它不仅在数学理论中有着广泛的应用，更是在高考压轴题中经常出现的考点之一。
本文将深入探讨对数均值不等式及其变式在高考压轴题中的应用，希望能够帮助读者更深入地理解这一概念，并为高考做好充分的准备。
二、基本概念所谓对数均值不等式，即指若a>0，b>0，则有ln(a) + ln(b) ≥2ln(√ab)，这是对数均值不等式的基本形式。
对数均值不等式的变式有很多种，常见的有加权形式、n元形式等。
在高中数学的学习中，对数均值不等式主要被用来证明不等式或者进行估值。
三、应用举例1. 高考压轴题一题目：已知a，b，c为正实数，求证：(a^3 + b^3 + c^3)/3 ≥(a^2b + b^2c + c^2a)/3。
解析：根据对数均值不等式，可知ln(a^3) + ln(b^3) + ln(c^3) ≥3ln(abc)，即3ln(abc) ≤ ln(a^3) + ln(b^3) + ln(c^3)。
两边同时除以3，得ln(abc) ≤ (ln(a^3) + ln(b^3) + ln(c^3))/3。
由于ln是增函数，故ln(a^3) + ln(b^3) + ln(c^3) ≥ ln(a^2b) +ln(b^2c) + ln(c^2a)。
代回，得ln(abc) ≤ ln(a^2b) + ln(b^2c) +ln(c^2a)/3，即abc ≤ (a^2b + b^2c + c^2a)/3。
又由于a，b，c为正实数，所以(a^3 + b^3 + c^3)/3 ≥ (a^2b + b^2c + c^2a)/3。
2. 高考压轴题二题目：证明当x，y > 0时，有x/y + y/x ≥ 2。
解析：根据对数均值不等式，可知ln(x) + ln(y) ≥ 2ln(√xy)，即ln(x) + ln(y) ≥ ln(x) + ln(y)。
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。
【教育专用】专题32 均值不等式的灵活应用-名师揭秘2019年高考数学(文)命题热点全覆盖
专题32 均值不等式的灵活应用一．【学习目标】会应用不等式的基础知识通过不等式建模，分析求解与不等式相关的实际应用问题；会运用不等式的工具性探究函数与方程问题；会通过构造函数解决不等式的综合问题，从而提升思维能力． 二．【知识要点】1.不等式建模应用问题实际问题中所涉及的变量之间、变量与常量之间存在不等关系，适合应用不等式知识建模求解；有时问题可能是函数建模后转化化归为不等式解模，此类应用问题的求解思路仍然是：理解问题⇒假设建模⇒求解模型⇒检验评价，而关键和切入点是理解问题情境，建立数学模型.2.不等式综合应用类型类型1：求函数的定义域、值域、最值及单调性判定问题. 类型2：讨论方程根的存在性、根的分布及根的个数等问题.类型3：探究直线与圆、圆锥曲线的位置关系，参变量取值范围，最值问题等. 类型4：探究数列的递增(递减)性，前n 项和的最值等问题. 3．基本不等式(1)a 2＋b 2≥2ab ；变式：a 2＋b 22≥ab ；当且仅当a ＝b 时等号成立；(2)如果a ≥0，b ≥0，则a ＋b 2≥ab ；变式：ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22，当且仅当a ＝b 时，等号成立，其中a ＋b 2叫做正数a ，b 的算术平均数，ab 叫做正数a ，b 的几何平均数．4．(1)若a >0，b >0，且a ＋b ＝P (定值)，则由ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝P 24可知，当a ＝b 时，ab 有最大值P24；(2)若a >0，b >0且ab ＝S (定值)，则由a ＋b ≥2ab ＝2S 可知，当a ＝b 时，a ＋b 有最小值2S . 三．题型方法规律总结1.不等式应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值等问题.不等式的综合题主要是不等式与函数、解析几何、数列、三角等相结合，解决这些问题的关键是找出综合题中各部分知识之间的转化化归，注意灵活应用数学思想和数学方法.2.建立不等式的主要途径有：利用问题的几何意义；利用判别式；利用函数的有界性；利用函数的单调性；利用均值不等式.3.不等式的实际应用，题源丰富，综合性强，是高考应用题命题的重点内容之一.不等式应用题大都是以函数的面目出现，以最优化的形式展现.在解题过程中涉及均值不等式，常常与集合问题，方程(组)解的讨论，函数定义域、值域的确定，函数单调性的研究，三角、数列、立体几何中的最值问题，解析几何中的直线与圆锥曲线位置关系的讨论等有着密切的关系.4.解答不等式的实际应用问题，一般可分为四个步骤：(1)审题：阅读理解材料.应用题所用语言多为“文字语言、符号语言、图形语言”并用，而且文字叙述篇幅较长，阅读理解材料要达到的目的是将实际问题抽象成数学模型.这就要求解题者领悟问题的实际背景，确定问题中量与量之间的关系，初步形成用怎样的模型能够解决问题的思路，明确解题的方法.(2)建模：建立数学模型，即根据题意找出常量与变量的不等关系.(3)求解：利用不等式的有关知识解题，即将数学模型转化为数学符号或图形符号.(4)回验：回到实际问题，作出合理的结论.四．典例分析（一）基本不等式比较大小例1．若，，则下列结论：①，②③④，其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D练习1．若m，n，a，b，c，d均为正数，，则p，q的大小关系为( ) A．p≥q B．p≤q C．p>q D．不确定【答案】B【解析】q＝≥＝＋＝p，当且仅当＝时取等号．练习2．若，，，，则A．B．C．D．【答案】B【解析】∵，∴，且，∴，即．故选B．练习3．设f(x)＝e x,0<a<b，若，，，则下列关系式中正确的是( ) A．q＝r<p B．p＝r<q C．q＝r>p D．p＝r>q【答案】C【解析】由题意得，∵，∴，又函数为增函数，∴．故选C．（二）利用基本不等式证明例2.已知，求证：.【答案】证明见解析【解析】，，，上面三式相加，得：，所以，.练习1．设a、，原命题“若，则”，则关于其逆命题、否命题、逆否命题的结论正确的是A．逆命题与否命题均为真命题B．逆命题为假命题，否命题为真命题C．逆命题为假命题，逆否命题为真命题D．否命题为假命题，逆否命题为真命题【答案】A【解析】原命题：“设a、，原命题“若，则”，是假命题，原命题的逆否命题是假命题；原命题的逆命题：“若，则”，是真命题，原命题的否命题是真命题．故选：A．练习2．已知，，为不全相等的正实数，且.求证：.【答案】见解析练习3．下列条件：①，②，③，，④，，其中能使成立的条件的序号是________．【答案】①③④【解析】要使，只需成立，即，不为且同号即可，故①③④能使成立．.故答案为：①③④.（三）由基本不等式求积的最值例3. 4．在中，角A,B,C的对边分别为且.（1）若，且<，求的值．（2）求的面积的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）由余弦定理可得，即，解得，又由，且，联立方程组，解得.（2）由余弦定理，得因为，所以，又因为，所以三角形的面积为，此时练习1．已知，且，则的最大值是（）A．B．4C．D．8【答案】C【解析】由题意得，，当且仅当时等号成立，所以的最大值是．故选C．【点睛】运用基本不等式解题时，既要掌握公式的正用，也要注意公式的逆用，例如逆用就是；逆用就是等．当应用不等式的条件不满足时，要注意运用“添、拆项”等技巧进行适当的变形，使之满足使用不等式的条件，解题时要特别注意等号成立的条件．练习2．已知圆C1：（x+a）2+（y﹣2）2=1与圆C2：（x﹣b）2+（y﹣2）2=4相外切，a，b为正实数，则ab 的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由已知，圆C1：（x+a）2+（y﹣2）2=1的圆心为C1（﹣a，2），半径r1=1．圆C2：（x﹣b）2+（y﹣2）2=4的圆心为C2（b，2），半径r2=2．∵圆C1：（x+a）2+（y﹣2）2=1与圆C2：（x﹣b）2+（y﹣2）2=4相外切，∴|C1C2|=r1+r2．即a+b=3．由基本不等式，得．故选：B．练习3．已知正实数，，满足，则当取得最大值时，的最大值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由正实数，，满足，得，当且仅当，即时，取最大值，又因为，所以此时，所以，故最大值为1（四）基本不等式求和的最值例4.已知实数，满足，，则的最小值是A．10B．9C．D．【答案】B【解析】，，，，当且仅当时，取等号．则，当且仅当时，且，时，的最小值为9，故选B．【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.练习1．若正数满足，则的最小值为( )A．9B．8C．5D．4【答案】A【解析】∵x＞0，y＞0，x+4y＝xy，∴,∴x+y＝（x+y）（）＝5+≥5+2＝9，当且仅当x＝2y取等号，结合x+4y＝xy，解得x＝6，y＝3∴x+y的最小值为9，故答案为：A．练习2．已知，且，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，可知，且，则，则，当且仅当，即等号成立，即最小值是，故选A.练习3．已知，且，则的最小值为______．【答案】15（五）条件等式求最值例5．若直线过圆的圆心，则的最小值为( ) A．10B．C．D．【答案】C【解析】圆x2+y2+4x﹣4y﹣1＝0的圆心（﹣2，2）在直线ax﹣by+2＝0上，所以﹣2a﹣2b+2＝0，即1＝a+b，（）（a+b）＝55+2（a＞0，b＞0当且仅当a b时取等号）故选：C．练习1．已知实数，且，则的最小值为____【答案】【解析】由于a+b＝2，且a＞b＞0，则0＜b＜1＜a＜2，所以，，令t＝2a﹣1∈（1，3），则2a＝t+1，所以，当且仅当，即当时，等号成立．因此，的最小值为．故答案为：．练习2．若实数，满足，则的最小值为____.【答案】4【解析】∵a＞1，b＞2满足2a+b﹣6＝0，∴2（a﹣1）+b﹣2＝2，a﹣1＞0，b﹣2＞0，则（）[2（a﹣1）+b﹣2]，（4），当且仅当且2a+b﹣6＝0即a，b＝3时取得最小值为4．故答案为：4．练习3．已知点在圆上运动，则的最小值为___________．【答案】1【解析】∵点在椭圆上运动，即，则，当且仅当时，取等号，即所求的最小值为.练习4．已知，，，则的最小值为_______．【答案】3【解析】因为，，所以=（六）基本不等式的恒成立问题例6.已知函数.(1)求关于的不等式的解集；(2),使得成立,求实数的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】(1)由题意得不等式可化为或或或解得．所以不等式的解集为．(2)，使得成立，等价于.由(1)知，当时，，当且仅当，即当时，等号成立．所以，解得，又，所以．故实数的取值范围为．【点睛】解绝对值不等式的常用方法(1)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(2)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．(3)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．(4)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．练习1．已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】依题意，当等号成立.故恒成，化简得，解得，故选C.练习2．已知不等式对任意正实数x，y恒成立，则正实数m的最小值是A．2B．4C．6D．8【答案】B【解析】不等式对任意的正实数x，y恒成立，则对任意的正实数x，y恒成立，又，，解得或不合题意，舍去，，即正实数m的最小值是4．故选：B．练习3．（1）已知x＞0，y＞0，x+y+xy=8，则x+y的最小值？（2）已知不等式的解集为{x|a≤x＜b}，点（a，b）在直线mx+ny+1=0上，其中m，n＞0，若对任意满足条件的m，n，恒有成立，则λ的取值范围？【答案】(1)4 (2)（﹣∞，9]【解析】（1）∵x＞0，y＞0，∴，当且仅当x=y时取等号由x+y+xy=8，可得：8﹣（x+y）≤．令x+y=t．（t＞0）．得8﹣t≤，（t＞0）.解得：t≥4，即x+y≥4．故x+y的最小值为4．（2）由不等式的解集为{x|a≤x＜b}，可得方程（x+2）（x+1）=0的两个根=a=﹣2，=b=﹣1．∵点（a，b）在直线mx+ny+1=0上，得：﹣2m﹣n+1=0，即2m+n=1．对任意满足条件的m，n，恒有成立，则：．当且仅当n=m时取等号．∴λ≤9．即λ的取值范围是（﹣∞，9]．练习4．若不等式＞0在满足条件a＞b＞c时恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(－∞，4)【解析】原不等式可化为＞.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.∴不等式λ＜恒成立．∵＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，∴λ＜4.故实数λ的取值范围是(－∞，4)．（七）对勾函数求最值例7．已知。
高中阶段平均值不等式几点应用
高中阶段平均值不等式几点应用【摘要】均值不等式是高中数学学习的重点内容，在很多领域都有十分重要的应用，是高考试题的一个热点。
笔者根据多年的教学经验，浅谈了高中阶段平均值不等式的几点应用，具有一定的参考意义【关键字】均值不等式；高中；应用；最值中图分类号：G633.6均值不等式是高中数学教材的一个重点和难点内容，在这部分的学习中，均值不等式的应用主要有三个方面，用于求最值，用于比较式子大小和用来证明不等式的成立。
应用均值不等式解题时需要注意均值不等式的使用条件，掌握变形技巧，这样才能得心应手的应用均值不等式。
作为一名数学教育工作者，我在教学时不断摸索和总结高效的教学方法，我发现通过开展总结性的教学专题，有利于取得更好的教学效果。
例如，在教学均值不等式这部分时，我对均值不等式的各种应用情况和应用技巧进行总结，使同学们形成一个系统的框架，有利于加深同学们的理解，熟练的进行应用一、灵活配凑，求出最值应用均值不等式求最值有直接求最值、巧妙变形求最值、结合待定系数法求最值三个层次。
解题时的技巧是要学会灵活的配凑，配凑方法主要有拆项配凑法、加倍裂项配凑法、平方裂项配凑法、添项配凑法、换元配凑法和待定系数配凑法等我在对这一应用类型进行教学时，将每种配凑方法都用对应的几道典型例题进行讲解，让同学们体会配凑方法的选取与应用。
例如，已知x>-10，所以y=[（x+1）+4][（x+1）+1]/（x+1），进而化简为y=[4/（x+1）]（x+1）+5，化简到这一式子即可应用均值不等式，y≥5+2√（x+1）[4/（x+1）=9，当且仅当x=1时成立，y的最小值为9。
通过对典型例题进行分析与讲解，同学们掌握了拆项配凑法求最值的解题方法。
另外，对于不同的求最值题型，我也总结出相应的求解技巧，以促进同学们遇到时能快速的做出判断。
例如在求几个正数和的最值时，解题关键在于构造条件，使其积为常熟，然后选用配凑的方法进行变换。
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
2
（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
专题：两类均值不等式的简单应用
专题 两类均值不等式的简单应用纵观近几年的高考试卷，极值点偏移问题成为出题的热点，而求解极值点偏移问题的一个重要工具就是指数和对数均值不等式.此外在一些高考试题中，指数和对数均值不等式也会被当作一个单独的考点来进行考察.因此为了让读者对指数和对数均值不等式有一个详细的了解，本文将借助几类典型的例题来详细地讲解指数和对数均值不等式，希望能对读者的数学学习提供帮助.对数均值不等式对任意的0,0>>b a （b a ≠），有2ln ln ba b a b a ab +<--<. 证明：不妨设b a >（b a <时同理可得）（1）先证ba ba ab ln ln --<成立，原式等价于ab b a b a -<-ln ln ，即b ab ab a 1ln -<.令1>=b a x ，此时要证x x x 1ln 22-<，即证 01ln 22<+-x x x .构造函数1ln 2)(2+-=x x x x f ，则x x x f 22ln 2)('-+=，由于022)(''<-=xx f ，故)('x f 在),1(+∞上单调递减，即0)1()(''=<f x f ，故)(x f 在),1(+∞上也单调递减，即0)1()(=<f x f .（本文中的)(''x f 为)('x f 的导函数） 01ln 22<+-∴x x x ，故ba ba ab ln ln --<.（2）再证2ln ln b a b a b a +<--成立，原式等价于ba b a b a +->-)(2ln ln ，即 1)1(2ln +->ba b ab a.令1>=b a x ，此时要证1)1(2ln +->x x x ，即证022ln )1(>+-+x x x . 构造函数22ln )1()(+-+=x x x x f ，则11ln )('-+=x x x f ，由于01)(2''>-=xx x f ，故)('x f 在),1(+∞上单调递增，即0)1()(''=>f x f ，故)(x f 在),1(+∞上也单调递增，即0)1()(=>f x f .022ln )1(>+-+∴x x x ，故2ln ln ba b a b a +<--.分析：不等式的后半部分在导数问题中应用尤为突出，特别是遇到“21x x ”类型的问题是，常常将21x x 记作一个新的字母t ，然后再转化为对数均值不等式进行求解. 指数均值不等式对任意的n m 、（n m ≠）都有22n m n m n m e e n m e e e+<--<+. 证明：在对数均值不等式中，令a e m=、b e n=，则a m ln =、b n ln =，从而得到指数均值不等式.分析：等式的后半部分在导数问题中应用尤为突出，特别是遇到“21x x -”类型的问题是，常常将21x x -记作一个新的字母t ，然后再转化为指数均值不等式进行求解.（注：对数均值不等式与指数均值不等式在解答题中都不能直接应用，因此掌握这两类不等式的证明方法是非常重要的.）一、“21x x ”与“21x x -”类型的应用 例1-1：已知函数x a x f ln )(=，0>a ，若),(11y x A ，),(22y x B 为曲线)(x f y =上的两个不同点，满足210x x <<，且),(213x x x ∈∃，使得曲线)(x f y =在点))(,(33x f x 处的切线与直线AB 平行，求证：2213x x x +<. 解析：由题知直线AB 的斜率为1212ln ln x x x a x a k AB --=，且33')(x a x f =，故31212ln ln x a x x x a x a =--，即12123ln ln x x x x x --=，欲证2213x x x +<⇔证2ln ln 211212x x x x x x +<-- 由对数均值不等式知2ln ln 211212xx x x x x +<--成立.2213x x x +<∴成立. 特别说明：文中的例题凡是转化为指数或对数均值不等式以后，都需要对其作出证明，如果在考试作答时没有给出证明过程，该问不得分.由于本文在开始时已经对这两个不等式进行了证明，因此在例题解析中省略了证明的这一步骤（下同）.例1-2：已知函数)1(ln 2)(+=x x x f ，若斜率为k 的直线与曲线)('x f y =交于),(11y x A ，),(22y x B 两点，其中21x x <，求证：212x kx <<. 解析：由题知4ln 2)('+=x x f ，故121'2')()(x x x f x f k --=1212ln 2ln 2x x x x --=，要证明212x k x <<成立，即证212121ln ln x x x x x x <--<，即证121212ln 11x x x x x x <-<.令112>=x x t ，现只需证t tt <-<ln 11，由1>t ，知0ln >t ，故只需证)1(ln 1ln ><-<t t t t t . （1）构造函数t t t g ln 1)(--=，则当1>t 时，011)('>-=tt g ，故)(t g 在),1(+∞上单调递增，即0)1()(=>g t g ，故0ln 1>--t t ，则1ln -<t t 成立.（2）构造函数1ln )(+-=t t t t h ，则当1>t 时，0ln )('>=t t h ，故)(t h 在),1(+∞上单调递增，即0)1()(=>h t h ，故01ln >+-t t t ，则t t t ln 1<-成立.∴由（1）（2）知)1(ln 1ln ><-<t t t t t 成立，故212x kx <<成立. 二、“)()(21x f x f ±”类型的应用 例2-1：已知函数432141ln )(2+-+=x ax x x f ，若)(x f 存在两个极值点21,x x ，且21x x >，证明：412)()(2121->--a x x x f x f .解析：由题知xx ax ax x x f 2221211)(2'+-=-+=，由于)(x f 存在两个极值点，故方程022=+-x ax 在),0(+∞上有两个不同的根，即0>a 且0>∆，解得)81,0(∈a ，且a x x 121=+，ax x 221=. ∴21212221212121)(21)(41)ln (ln )()(x x x x x x a x x x x x f x f ----+-=--41ln ln 2121---=x x x x ，故要证412)()(2121->--a x x x f x f 成立，需证21212122ln ln x x a x x x x +=>--，由对数均值不等式知2121212ln ln x x x x x x +>--成立.∴412)()(2121->--a x x x f x f 成立.例2-2：已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．解析：（1）由题知)0(111)(222'>+--=+--=x xax x x a x x f ，令1)(2+-=ax x x g ，则42-=∆a .①当2≤a 时，有0≤∆，故0)(≥x g ，即0)('≤x f .∴故函数)(x f 在),0(+∞上单调递减.②当2>a 时，有0>∆，且121=x x ，221>=+a x x ，故方程012=+-ax x 有两个正根，分别记作2421--=a a x ，2422-+=a a x .故当),(),0(21+∞∈x x x 时，0)('<x f ；当),(21x x x ∈时，0)('>x f .)(x f ∴在),0(1x ，),(2+∞x 上单调递减，在),(21x x 上单调递增. （2）由（1）知若)(x f 存在两个极值点，则2>a .)(x f 的两个极值点1x ，2x 为方程012=+-ax x 的根，故121=x x ，不妨设21x x <，则12>x . ∴=--2121)()(x x x f x f =--+--212121ln ln 11x x x x a x x 2121ln ln 2x x x x a --+-.∴要证2)()(2121-<--a x x x f x f ，需证1ln ln 2121<--x x x x （公式1）.由于121=x x ，故需证11ln 1ln2222<--x x x x ，即证0ln 21222<+-x x x .∴构造函数)1(ln 21)(>+-=x x x xx h ，由（1）知)(x h 在),1(+∞上单调递减，故 0)1()(=<h x h .∴0ln 21<+-x x x成立，即2)()(2121-<--a x x x f x f 成立. 易错说明：上例中的公式1，很多同学会将其变形为0)(ln )(ln 212211<----x x x x x x （公式2），从而构造新函数x x x h -=ln )(，然后利用新函数)(x h 在定义域内为减函数来求解.最后会发现无法证明（2）中的不等式成立，该方法错误的原因在于函数)(x h 在定义域内不是减函数.如果)(x h 在定义域内为减函数，则公式2应该这样描述：),0(21+∞∈∀x x 、且0)(ln )(ln 212211<----x x x x x x ，则x x x h -=ln )(在),0(+∞为减函数.此处中的1x 与2x 具有任意性，而公式2中121=x x ，它们不具备任意性.例2-3：已知函数1)(2++=bx ax e x f x，其中0>a ，R b ∈，e 为自然对数的底数.（1）若1=b ，且当0≥x 时，1)(≥x f 总成立，求实数a 的取值范围； （2）若0=b ，且)(x f 存在两个极值点21,x x ，求证：e x f x f a<+<+)()(23121. 解析：（1）当1=b 时，)0(1)(2>++=x x ax e x f x ，则222')1(])21([)(++-+=x ax x a ax e x f x ，令x a ax x g )21()(2-+=.当]21,0(∈a 时，0)(≥x g ，故0)('≥x f ，即函数)(x f 在),0[+∞上单调递增，故1)0()(=≥f x f .当),21(+∞∈a 时，)(x f 在]12,0[a a -上单调递减，)(x f 在),12(+∞-aa 上单调递增. 故1)0()12()(min =<-=f aa f x f ，不成立. 综上a 的取值范围为]21,0(.（2）当0=b 时，1)(2+=ax e x f x ，222')1()12()(++-=ax ax ax e x f x .)(x f 存在两个极值点1x 、2x ，故1x 、2x 为方程0122=+-ax ax 的两个根.0442>-=∆∴a a 即1>a ，且221=+x x ，ax x 121=. 不妨设21x x <则21021<<<<x x .∴=+++=+11)()(22212121ax e ax e x f x f x x =+212221ax e ax e x x )(212112x x e x e x +.由（1）知当1=b ，21=a 时，在),0[+∞有11212≥++x x e x ，即1212++≥x x e x .故当),0(+∞∈x 时有1212++>x x e x. ∴)]121()121([21)()(1212222121+++++>+x x x x x x x f x f])4(21[21212121x x x x x x ++++=123)226(21+=+=aa . 又 )(21)()(211221x x e x e x x f x f +=+])2([2111121xx e x e x -+=-.构造新函数)10()2()(2<<-+=-x e x xe x h x x ，且0))(1()(2'>+-=-x x e e x x h .故函数)(x h 在)1,0(上单调递增，即e h x h 2)1()(=<，故e x f x f <+)()(21. 综上可得：e x f x f a<+<+)()(23121. 三、（含参数）极值点偏移问题的应用例3-1：已知函数ax x x f -=ln )(（a 为常数）有两个不同的零点1x 、2x ，请证明：221e x x >⋅.解析：借助a 作为媒介，构造对数均值不等式.1x 、2x 为函数)(x f 的两个零点，∴⎩⎨⎧=-=-②0ln ①0ln 2211ax x ax x ， ∴①+②得：)(ln ln 2121x x a x x +=+，故欲证221e x x >⋅，即证2ln ln 21>+x x ，即证2)(21>+x x a .又∴①-②得：)(ln ln 2121x x a x x -=-，故2121ln ln x x x x a --=.即证2121212ln ln x x x x x x +>--，由对数均值不等式知2121212ln ln x x x x x x +>--成立.∴221e x x >⋅成立.分析：在解含有参数的极值点偏移问题时，常常利用题目已给的式子进行“加”、“减”两步运算（例如本例中对①和②进行的加、减运算），然后构造出（指数）对数均值不等式.例3-2：已知函数xae x x f -=)(（a 为常数）有两个不同的零点1x 、2x （e 为自然对数的底数）请证明：221>+x x .解析：借助a 作为媒介，构造指数均值不等式.1x 、2x 为函数)(x f 的两个零点，∴⎪⎩⎪⎨⎧==②①2121x xae x ae x ，∴①+②得：)(2121x x e e a x x +=+，故欲证221>+x x ，即证2)(21>+x x e e a .又∴①-②得：)(2121xxe e a x x -=-，故2121x x ee x x a --=. 即证2)(212121>+--x x x x e e e e x x ，即证2121212)(x x e e e e x x x x -->+由指数均值不等式知 2121212)(x x e e e e x x x x -->+成立. ∴221>+x x 成立.例3-3：已知函数1ln )(+=x x f 与函数ax x g =)(，R a ∈的图象有两个交点),(11y x A ，),(22y x B .（1）求实数a 的取值范围； （2）设)()()(x g x f x h =，2210x x x +=，判断)(0'x h 与0的大小，并证明. 解析：（1）由题知方程ax x =+1ln 在),0(+∞上有两个实根1x 、2x ，根据分离常数法方程可化为x x a 1ln +=，设x x x 1ln )(+=ϕ，则2'ln )(xx x -=ϕ.故当)1,0(∈x 时0)('>x ϕ，当),1(+∞∈x 时0)('<x ϕ.即函数)(x ϕ在)1,0(上单调递增，在),1(+∞上单调递减，故函数1)1()(max ==ϕϕx .且当)1,0(e x ∈时0)(<x ϕ，当),1(+∞∈ex 时0)(>x ϕ.又当+∞→x 时，0)(→x ϕ,故当)1,0(∈a 时，函数)(x ϕ图象与直线a y =有两个交点. a ∴的取值范围为)1,0(.（2）由题知ax x x h 1ln )(+=，故2'ln )(axx x h -=，即2000'ln )(ax x x h -=，由（1）知当a 的值较小时，存在10>x ，故猜想0)(0'<x h ，证明如下：要证0)(0'<x h ，只需证0ln 0>x ⇔10>x ⇔221>+x x . 不妨设21x x <，由（1）知，2111x x e<<<且111ln ax x =+，221ln ax x =+. ∴)(2ln ln 2121x x a x x +=++，即)(2ln 2121x x a x x +=+.又 )(ln ln 1212x x a x x -=-，即1212ln ln x x x x a --=.∴)(ln ln 2ln 21121221x x x x x x x x +--=+121212ln 11x x x x x x -+=，此时令112>=x xt ， t t t x x ln 112ln 21-+=+∴，由于21212x x xx >+，故要证221>+x x ，只需证121>x x ， 即证2ln 11>-+t t t .由于1>t ，故2ln 11>-+t t t ⇔0)1(2ln )2(>--+t t t . ∴构造函数)1)(1(2ln )2()(>--+=t t t t t p ，故12ln )('-+=t t t p .由2''2)(tt t p -=知，)('t p 在)2,1(上单调递减，在),2(+∞上单调递增，即)('t p 的最小值为02ln )2('>=p .故函数)(t p 在),1(+∞上单调递增，即0)1()(=>p t p .∴0)1(2ln )2(>--+t t t 成立，即121>x x 成立，即221>+x x 成立，故0)(0'<x h .。
巧用对数均值不等式解高考压轴题
巧用对数均值不等式解高考压轴题
彭耿铃
【期刊名称】《中学数学研究》
【年(卷),期】2017(000)011
【摘要】研究高考试题、备战高考是师生的重要任务,而高考压轴题自然而然是最受关注的试题之一.对数均值不等式：当b〉a〉0时,b〉（（a2＋b2）/2）（-
1/2）〉（a＋b）/2〉（b-a）/（lnb-lna）〉ab（-1/2）〉2/（（1/a）＋
（1/b））〉a,其中（b-a）/（lnb-lna）为对数均值.此不等式经常作为高考压轴题背景来命卷,笔者特选几道高考题进行分析,希望对读者有所启示.
【总页数】3页(P43-45)
【作者】彭耿铃
【作者单位】福建省泉州市第七中学 362000
【正文语种】中文
【相关文献】
1.巧用均值不等式简解一道数学奥林匹克训练题 [J], 王远征
2.利用对数平均不等式巧解高考压轴题 [J], 石向阳
3.巧用均值不等式妙解高中数学题 [J], 黄盛浩
4.巧用均值不等式妙解高中数学题 [J], 黄盛浩
5.对数不等式与高考压轴题 [J], 聂文喜
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(整理)均值不等式及其变形在高考中的应用的应用
均值不等式及其变形在高考中的应用20114113001 宁龙知识梳理：1．基本不等式（1）ab b a R b a 2,,22≥+∈则；（2）+∈R b a ,，则ab b a 2≥+（3）ab b a ≥+2 （4）不等式链2211222b a b a ab ba +≤+≤≤+ （5）22⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤b a ab 若b a +为定值时,则ab 有最大值.（6）222b a ab +≤若22b a +为定值时,则ab 有最大值.2．最值定理:设,0,x y x y >+≥由（1）如果x,y 是正数,且积(xy P =是定值）,则x=y 时,x y +和有最小值（2）如果x,y 是正数和(x y S +=是定值）,则x=y 时,22S xy 积有最大值（） 运用最值定理求最值的三要素：一正二定三相等。
注意：大于等于有最小值；小于等于有最大值。
应用1．若0>x ，求函数xx y 1+=的最值； 应用2．求函数x x ee y 1+=的最值； 应用3．若0<x ，求函数xx y 1+=的最值； 应用4．若45<x ，求函数xx y 45145-+-=的最值； 应用5．若45>x ，求函数xx y 45145-+-=的最值； 应用6．若45<x ，求函数xx y 45141-+-=的最值； 应用7.已知54x <，求函数1()4245f x x x =-+-的最大值。
解析：由题意知，首先要调整符号，又1(42)45x x --不是定值，故需对进行凑项才能得到定值。
∵54x <，540x ->∴ 当且仅当15454x x -=-，即时等号成立。
应用8．若3>x ，求函数31-+=x x y 的最值； 应用9．若25≥x ，求函数()22542-+-=x x x y 的最值； 应用10．若1->x ，求函数1132++-=x x x y 的最值；应用11．设403x <<，求()x x y 343-=的最大值。
例谈对数平均不等式在高考中的应用
例谈对数平均不等式在高考中的应用数平均不等式在高考中的应用：
1. 三角函数的考题：在高考三角函数考题中，运
用到数平均不等式时并不多见，但是其中仍有一
些细节上的应用，如果考生掌握了数平均不等式，可以简化不少三角函数的解答步骤，有助于整体
的解答，提高考试的得分。
2. 方程的求解：数平均不等式在解方程的过程中
有重要的作用，考生可以在对函数变换时使用数
平均不等式，求解方程最终结果，可以得到解析
解，比较直接有利于及时正确求解题目，节省算法步骤，保证题目正确率高。
3. 网络题：在高考考网络题时，考生可以利用数平均不等式，对一些网络变量进行最优排列，保证网络的节点变换的有效性，同时可以精确计算网络的最短路径，及时准确地完成题目。
4. 统计题：统计学中数平均不等式的应用也是重要的，当考生在分析统计数据时，可以用数平均不等式公式迅速给出结论，更直接精确地推出假设概率，充分发挥数学的优势，更能反映考试中统计数据的实际含义，提高题目的得分。
总结来看，数平均不等式不仅广泛应用于高考数
学考题，而且在高考中有着巨大的作用，考生要
熟练掌握数平均不等式的应用，深入理解数理科
学的思想，在高考中发挥特长，取得更高的成绩。
例谈对数平均不等式在高考中的应用_邓军民
GUAN G D ONG JIAO YU GAO ZHONG 例谈对数平均不等式在高考中的应用高中数学教材上的算术几何平均不等式是大家最熟悉的常用不等式，对这个不等式加强之后的对数平均不等式大家可能见得比较少，笔者在此借助近几年的高考题及自主招生题，谈谈这个不等式的简单应用．对数平均不等式的基本内容如下：当a＞0，b＞0，且a≠b时，有：ab姨＜a－bln a－ln b ＜a＋b2．证明：由对称性，不妨设a＞b＞0，（1）∵a－bln a－ln b ＜a＋b2圳ln a－ln b＞2（a－b）a＋b圳ln ab＞2（ab－1）ab＋1圳ln x＞2（x－1）x＋1（x＝ab＞1），构造函数f（x）＝ln x－2（x－1）x＋1（x＞1），则f′（x）＝（x－1）2x（x＋1），∵x＞1，∴f′（x）＞0，∴f（x）在（1，＋∞）单调递增，∴f（x）＞f（1）＝0，所以可知a－bln a－ln b＜a＋b2成立．（2）∵ab姨＜a－bln a－ln b圳ln a－ln b＜a－bab姨圳ln ab＜ab－1ab姨圳2ln x＜x－1x（x＝ab姨＞1），构造函数g（x）＝2ln x－（x－1x）（x＞1），则g′（x）＝－（1x－1）2，∵x＞1，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（1，＋∞）单调递减，∴g（x）＜g（1）＝0，所以可知ab姨＜a－bln a－ln b成立．综上所述，当a＞0，b＞0，且a≠b时，有：ab姨＜a－bln a－ln b＜a＋b2．■邓军民11．阅读下面材料，根据要求作文。
有一个信者在屋檐下躲雨，看见一位禅师正撑伞走过，于是就喊道：“禅师！普度一下众生吧！带我一程如何？”禅师道：“我在雨里，你在檐下，而檐下无雨，你不需要我度。
”信者立刻走出檐下，站在雨中，说道：“现在我也在雨中，该度我了吧！”禅师：“我也在雨中，你也在雨中，我不被雨淋，因为有伞；你被雨淋，因为无伞。
所以不是我度你，而是伞度我，你要被度，不必找我，请自找伞！”说完便走了！要求全面理解材料，但可以选择一个侧面、一个角度构思作文。
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对数均值不等式及变式在高考压轴题的应用
对数均值不等式及变式在高考压轴题的应用
引言：
数学作为高考的一门重要科目，其中不等式是数学中的一个重要概念。
在高考中，有一类不等式常常被提及，那就是对数均值不等式及其变式。
本文将对对数均值不等式及变式的应用进行探讨，并从深度和广
度两个方面阐述其在高考压轴题中的实际应用。
一、对数均值不等式的定义与简单应用
1.1 对数均值不等式的定义
对数均值不等式是数学中的一类不等式，它是由均值不等式推导而来。
对于两个正数a和b，可以定义它们的几何平均数M和算术平均数A 为：
\[ M = \sqrt{ab} \]
\[ A = \frac{a+b}{2} \]
而对于这两个平均数的自然对数，我们可以定义为：
\[ m = \ln{M} \]
\[ a = \ln{a} \]
则对数均值不等式可以表示为：
\[ \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab} \]
即：
\[ \frac{a+b}{2} \geq \ln{\sqrt{ab}} \]
\[ \ln{(a+b)} \geq \ln{2} + \ln{\sqrt{ab}} \]
\[ \ln{(a+b)} \geq \ln{2} + \frac{1}{2} \ln{ab} \]
1.2 对数均值不等式的简单应用
对数均值不等式在求证过程中往往与其他的不等式相结合，从而达到简化证明的目的。
例：设a、b、c为正数，证明以下不等式：
\[ \frac{ab+bc+ca}{a+b+c} \leq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}\] 解：
由对数均值不等式可得：
\[ \ln{(a+b)} \geq \ln{2} + \frac{1}{2} \ln{ab} \]
\[ \ln{(b+c)} \geq \ln{2} + \frac{1}{2} \ln{bc} \]
\[ \ln{(c+a)} \geq \ln{2} + \frac{1}{2} \ln{ca} \]
将上述三个不等式相加，得到：
\[ \ln{(a+b)} + \ln{(b+c)} + \ln{(c+a)} \geq 3 \ln{2} +
\frac{1}{2}(\ln{ab}+\ln{bc}+\ln{ca}) \]
\[ \ln{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 3 \ln{2} +
\frac{1}{2}(\ln{ab}+\ln{bc}+\ln{ca}) \]
由对数的性质可得：
\[ (a+b)(b+c)(c+a) \geq 8abc \cdot \sqrt{2} \]
将上述不等式代入原式，即可得到所要证明的不等式。
二、对数均值不等式的变式及应用
2.1 对数均值不等式的变式
对数均值不等式也存在一些变式，它们可以应用于更复杂的不等式证明中。
其中常见的变式有：
- 加权对数均值不等式
- 多元对数均值不等式
- 倒数对数均值不等式
2.2 对数均值不等式变式的应用
以加权对数均值不等式为例，我们考虑以下不等式：
\[ \frac{a^n+b^n}{2} \geq \left(\frac{a+b}{2}\right)^n \]
其中n为任意实数，a、b为正数。
这个不等式在证明过程中容易受到指数的限制，但通过加权对数均值不等式，我们可以得到更一般的结论。
通过推导，可以得到加权对数均值不等式的一般形式：
\[ \frac{a_1^{w_1} + a_2^{w_2} + \ldots + a_n^{w_n}}{n} \geq \left(\frac{w_1 a_1 + w_2 a_2 + \ldots + w_n a_n}{w_1 + w_2 + \ldots + w_n}\right)^{w_{\text{avg}}} \]
其中$w_{\text{avg}}$为加权平均数。
这个变式的应用不仅可以解决特定指数的问题，还可以应用于更一般的情况，从而提高不等式证明的灵活性和广度。
三、对数均值不等式的深度应用
3.1 对数均值不等式与高考压轴题
在高考压轴题中，对数均值不等式及其变式经常被考察，且常常要求
在复杂的情况下进行推导和证明。
这要求考生对对数均值不等式的深度理解和应用能力。
通过对对数均值不等式的多维度解析，考生可以更深入地了解其应用的深度和广度，提高解题的灵活性和水平。
3.2 对数均值不等式与个人观点
个人认为，对数均值不等式及其变式在数学中起着重要的作用。
它不仅为一些复杂的不等式问题提供了解决的思路，还能够从多个角度考察学生对不等式的理解能力和思维灵活性。
在高考中，对数均值不等式不仅仅是一道考题，更是展示学生数学综合素养的一个窗口。
总结：
对数均值不等式及其变式在高考压轴题中的应用是一个重要的考点，它要求考生对不等式有深刻的理解和熟练的运用能力。
通过深入分析对数均值不等式的定义、简单应用和变式，可以帮助考生更好地应对高考中的不等式问题，提高解题的灵活性和效率。
对数均值不等式的应用不仅仅局限于高考，它在数学领域中也有着广泛的应用，是学生提升数学能力的重要途径之一。
对数均值不等式的深度研究和理解具有重要意义，也是学生数学学习的一项重要任务。
参考文献：
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[3] 杨辑. 考研数学真题全解析(2010-2019). 高等教育出版社, 2019.
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