【高考数学】对数平均不等式
(完整版)极值点偏移问题专题——对数平均不等式
极值点偏移——对数平均不等式（本质回归）笔者曾在王挽澜先生的著作《建立不等式的方法》中看到这样一个不等式链：， 不曾想，其中一部分竟可用来解极值点偏移问题． 对数平均不等式：对于正数，，且，定义为，的对数平均值，且，即几何平均数＜对数平均数＜算术平均数，简记为．先给出对数平均不等式的多种证法． 证法1（对称化构造） 设，则，，构造函数，则．由得，且在上，在上，为的极大值点．对数平，等价于，这是两个常规的极值点偏移问题，留给读者尝试．证法2（比值代换） 令，则，构造函数可证．证法3（主元法） 不妨设，111ln2e e 2ln b a b aa ab b ab ab b a b a ba b a b b b a a a ---⎛⎫-+⎛⎫<<<<<<⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭ab a b ≠ln ln a ba b--a b ln ln 2a b a ba b -+<-()()(),,,G a b L a b A a b <<0ln ln a bR a b-=>-ln ln k a k b a b -=-ln ln k a a k b b -=-()ln f x k x x =-()()f a f b =()1kf x x'=-()0f k '=()f x ()0,k Z (),k +∞]x k =()f x 2a b k +<<22a b kab k +>⎧⎨<⎩1at b=>()()11ln ln 2ln 2b t b t a b a ba b t -+-+<<⇔<<-()2111ln ln 21t t t t t t --+⇔<⇔<<+a b >．记，，则 ，得在上，有，左边得证，右边同理可证．证法4（积分形式的柯西不等式） 不妨设，则由得，； 由得，．证法5（几何图示法） 过上点作切线，由曲边梯形面积，大于直角梯形面积，可得，即； 如上右图，由直角梯形面积大于曲边梯形面积，可得． 由对数平均不等式的证法1、2即可看出，它与极值点偏移问题间千丝万缕的联系，下面就用对数平均不等式再解前面举过的例题．再解例1：即，，则ln ln ln ln 0ln ln a b a b a b a b -<⇔-<⇔-<-()ln ln f a a b =-(),a b ∈+∞()210f a a '==<()f a (),b +∞]()()0f a f b <=a b >()()()()2ln ln ln 22ln ln ln e e 1aa axx bbbdxdxdx <⎰⎰⎰()()()2221ln ln 2b a a b a b -<--ln ln 2a b a ba b -+<-()222111a a ab b bdx dx dx x x ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰()()211ln ln a b a b b a ⎛⎫-<-- ⎪⎝⎭ln ln a ba b-<-()1f x x =2,2a b a b +⎛⎫⎪+⎝⎭()11ln ln 2a b a b dx a b a b x -⋅<=-+⎰ln ln 2a b a b a b -+<-1dx x=< ⎪ ⎪⎝⎭ln ln a b a b -<-()()12f x f x =1212ee x x x x --=1122ln ln x x x x -=-12121ln ln x x x x -=-（正数，的对数平均数为1），得，且．再解例2：即；由得，两式相减得 ，下面用反证法证明．若，则，，取对数得，则．而由对数平均不等式得，矛盾．再解例3：由得， ； ． 由对数平均不等式得，，得． 再解练习1：由得，则，1x 2x 1212x x +<<121x x <122x x +>()()()22e 10xf x x a x =-+-=()()22e 10xx a x -=->()()120f x f x ==()()()()122112222e 12e 1x x x a x x a x ⎧-=-⎪⎨-=-⎪⎩()()()()121212122e 2e 2x xx x a x x x x ---=-+-122x x +<122x x +≥()()12122e 2e 0x x x x ---≤()()12122e 2e x xx x -≤-()()1122ln 2ln 2x x x x -+≤-+()()21121ln 2ln 2x x x x -≥---()()()()()()()()121221121212222221ln 2ln 2ln 2ln 222x x x x x x x x x x x x ----+--+=<=-≤------1122ln ln x x x x m ==11ln m x x =22ln mx x =1212121212ln ln ln ln ln ln ln ln m mx x x x mx x x x x x --==---()12121212ln ln ln ln ln ln m x x m mx x x x x x ++=+=()()12121212ln ln 0,ln 0,ln 0ln ln 2ln ln m x x mm x x x x x x +-<<<<+()12122ln ln ln x x x x ->+=1221e x x <1122ln ln x ax x ax -=-1212110ln ln e x x a x x a -⎛⎫=<< ⎪-⎝⎭1212x xa +<得； ，已证． 再解例4：同例1，不再详述． 再解例5：同例1得到，则． 再解例7（2）：易得，则，则，． 再解例8：，，得，则，，．再解练习2：原题结论抄写有误，应更正为．即，，则 ①－②得，则（正数，的对数平均数为1）．，得，且．①＋②得，由此可得．解练习3：选项D ：即，则，，所以1222ex x a +>>()2121212122e ln ln 22x x x x a x x x x a>⇔+>⇔+>⇔+>121x x <12112x x +>>()1ln 1ln ln ln 0,1a b a b a b a b ++-==∈-1ln ln a b a b->-12a b+>2a b +>11222ln 2ln x ax x ax -=-()()12122ln ln x x a x x -=-12122ln ln x x x x a -=-1222x x a +>124x x a +>()121224262x x x x x a a a+=++>+=0f '<()0f x =()()2e 1e x a x a =->()ln ln 1x a x =+-()()1122ln ln 1 ln ln 1 x a x x a x =+-⎧⎨=+-⎩①②()()()()12121211ln 1ln 1x x x x x x -=---=---()()()()1212111ln 1ln 1x x x x ---=---11x -21x -()()121112x x -+-<<()()12111x x --<124x x +>()()12122ln ln 112ln x x a x x a +=+--<12ln 2x x a +<<0f '<()()12f x f x =121222ln ln x x x x +=+()12122112222ln ln x x x x x x x x --=-=121212ln ln 2x x x x x x -=-． 顺带地，也有． 极值点偏移问题，多与指数函数或对数函数有关，解题的关键有以下几步： （1）根据建立等量关系；（2）等量关系中如果含有参数，可考虑消参；如果含有指数式，可考虑两边取对数； （3）通过恒等变形转化出对数平均数（的值或仍用，表示），代入对数平均不等式求解．细心的读者不难发现，用对数平均不等式来解极值点偏移问题的方法也有局限性，也不是万能的（再解过程中漏掉了例6），其中能否简洁地表示出对数平均数是关键中的关键，最后再举一例． 例10设函数的两个零点是，，求证：． 证法1：首先易知，且在上，在上，不妨设，，构造函数可证．证法2：由题意得，两式相减得 ， ，，121212442x x x x x x <⇒>⇒+>>()()1212111212121111122x x x x x x x x x x x x +<⇒<+⇔--<⇔+>()()120f x f x ==1x 2x ()()2ln 2f x x ax a x =-+-1x 2x 1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭0a >()f x 10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭Z 1a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭]1210x x a <<<121212201022x x x x f a x x a ++⎛⎫'<⇔⋅->⇔+> ⎪⎝⎭()()2F x f x f x a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()()21112222ln 20ln 20x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎨-+-=⎩()()()()12121212ln ln 20x x a x x x x a x x --+-+--=()()()121212ln ln 2x x x x a x x a -=-++-()12121210ln ln 2x x x x a x x a -=>-++-所以．()()()()212121212122012x x a x x a x x a x x a +<⇒++-+->++-()()()12121212221002x x a x x x x x x f a +⎛⎫'⇒+-++>⇒+>⇒< ⎪⎝⎭。
对数平均不等式的应用
对数平均不等式的应用简介对数平均不等式是数学中常用的一种不等式关系，被广泛应用于各个领域。
本文将介绍对数平均不等式的定义、性质和应用场景，并通过具体案例来展示其在实际问题中的应用。
对数平均不等式的定义对数平均不等式是指对数函数中的平均值与对数值之间存在一定的关系。
对于任意一组正实数 $x_1.x_2.x_n$，定义其对数平均为：M(x_1.x_2.x_n) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\log(x_i)$$对数平均不等式的性质对数平均不等式具有以下性质：1.单调性：当$x_i < x_j$时，有$\log(x_i) < \log(x_j)$，从而$M(x_1.x_2.x_n)$随着$x_i$的增大而增大。
2.Jensen不等式：对于任意凸函数$f(x)$，有$f(M(x_1.x_2.x_n)) \leq M(f(x_1)。
f(x_2)。
f(x_n))$，即对数平均在凸函数上具有保序性。
3.当且仅当 $x_1 = x_2 =。
= x_n$时，对数平均等于每个实数的对数。
对数平均不等式的应用场景对数平均不等式在实际问题中的应用非常广泛，以下是其中一些常见的应用场景：1.统计学中的信息熵：信息熵是对随机变量不确定度的度量，而对数平均不等式的保序性可以用来证明熵的性质。
2.经济学中的效用函数：效用函数通常是凸函数，对数平均不等式的Jensen不等式保证了效用函数的期望值不会低于对数平均。
3.概率论中的KL散度：KL散度是衡量两个概率分布之间差异的指标，对数平均不等式的保序性可以用来证明KL散度的性质。
应用案例：信息熵计算假设我们有一个随机变量 $X$，它有三个可能的取值及其对应的概率：$X_1 = 0.3$，$X_2 = 0.4$，$X_3 = 0.3$。
我们可以利用对数平均不等式来计算该随机变量的信息熵。
首先，计算对数平均：M(X_1.X_2.X_3) = \frac{1}{3}\left(\log(0.3) + \log(0.4) +\log(0.3)\right)$$然后，计算信息熵：H(X) = -\sum_{i=1}^{3} P(X_i) \log(P(X_i))$$通过对比对数平均和信息熵的计算结果，可以发现它们是相等的。
指对数均值不等式
指对数均值不等式在数学中，不等式是一种重要的关系式，常被用于证明定理或解决问题。
其中最常用的一个不等式就是“对数均值不等式”。
对数均值不等式是在大量的数学领域中无处不在的一个不等式，它为我们提供了一种有效的方法来判断一组数据的大小关系。
它的推导过程相对简单，只需要利用对数函数的性质即可。
首先，假设有 n 个正数 a1, a2, ..., an，则它们的算术平均数为：A = (a1 + a2 + ... + an) / n它们的几何平均数为：G = a1 * a2 * ... * an 的 n 次方根自然对数函数 ln(x) 具有单调递增的性质，根据此性质，可得到：ln(A) = ln((a1 + a2 + ... + an) / n)= (ln a1 + ln a2 + ... + ln an) / n>= (n * ln G) / n= ln G进行指数运算，得到：A >= G这就是对数均值不等式。
对数均值不等式在数学中有广泛的应用，特别是在不等式证明中。
它可以用于证明调和平均数大于几何平均数、算术平均数大于等于几何平均数等形式多样的不等式。
但需要注意的是，对数均值不等式只适用于正数，不能应用于负数或零值。
此外，对数均值不等式还有一个重要的扩展形式——加权对数均值不等式。
它的形式为：(w1 * ln a1 + w2 * ln a2 + ... + wn * ln an) / (w1 + w2 + ... + wn) >= ln((a1的w1次方 * a2的w2次方 * ... * an的wn次方)^1/(w1+w2+...+wn))其中，w1, w2, ..., wn 为正数或零值，且 w1 + w2 + ... + wn 不为零。
对数均值不等式是一个简单而有用的数学工具，无论是在理论研究还是实际应用中，都有着重要的作用。
它的引入位置不仅局限于数学领域，同时也涉及到一些实际生活中的问题。
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。
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
2/6
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
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1. 引言1.1 引言对数平均不等式是数学中的一个重要不等式，它在数学分析、金融工程、统计学等领域都有广泛的应用。
引入对数平均不等式的概念，可以帮助我们更好地理解数学中的不等式和关系。
对数平均不等式的引入可以追溯到19世纪初，由苏黎世数学家萨尔瓦多·卡梅尼奥提出。
卡梅尼奥定理是对数平均不等式的一个具体应用，它指出如果两个正数的几何平均等于它们的算术平均，那么这两个数相等。
这个定理在数学推导和证明过程中起着至关重要的作用。
通过对数平均不等式的研究，我们可以看到数学中的很多不等式和关系都具有一定的规律性和联系性。
不等式的引入和推导过程不仅展示了数学的严谨性和逻辑性，还有助于我们对数学中的各种问题有更深入的理解和应用。
在接下来的内容中，我们将分别介绍对数平均不等式的证明和应用，为读者提供更详细的信息和实例。
通过深入学习和探究对数平均不等式，我们可以更好地应用它们解决实际问题，提高数学能力和思维能力。
到此结束。
2. 正文2.1 对数平均不等式的证明对数平均不等式是一种经典的数学不等式，广泛应用于数学分析、概率论等领域。
在证明这一不等式时，我们首先需要引入自然对数的定义，即ln(x)表示以e为底的x的对数。
然后我们可以利用泰勒展开式和微积分知识进行推导，具体步骤如下：我们考虑函数ln(x)的泰勒展开式：ln(x) = (x-1) - (x-1)^2/2 + (x-1)^3/3 - ... + (-1)^(n-1)*(x-1)^n/n + ...将上述式子代入ln(x) + ln(y) - 2ln(sqrt(xy))，即可得到对数平均不等式的形式。
我们通过泰勒展开式和近似推导得到了对数平均不等式的形式，进而证明了其成立性。
在实际的应用中，对数平均不等式通常用于上界估计和概率计算，具有重要的理论价值和实际意义。
2.2 对数平均不等式的应用对数平均不等式是数学中常见的不等式之一，它有着广泛的应用。
【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 <-。
对数均值不等式与极值点偏移
对数均值不等式与极值点偏移对数均值不等式是一种数学推理方法，它可以用于证明一些数学不等式，也可以用于解决数学问题。
在这篇文章中，我们将介绍对数均值不等式以及极值点偏移的相关知识。
一、对数均值不等式对数均值不等式是一种经典的不等式，它在数学分析、物理学、经济学、工程学等领域都有广泛的应用。
该不等式可以用来证明很多重要的定理，例如柯西不等式、阿贝尔不等式等。
对数均值不等式的表述如下：设$a_1,a_2,\cdots,a_n$是$n$个正实数，则有$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln{a_{i}}\ge\ln{\Big(\frac{1}{n}\sum_{i=1 }^{n}a_{i}\Big)}$$其中，$\ln{x}$表示以$e$为底的自然对数。
这个不等式的证明可以用“摆动法”或“反证法”。
摆动法的思路是通过改变不等式中的式子，使其变得更加有利于证明。
而反证法的思路则是假设不等式不成立，利用推导过程中产生的矛盾来证明它一定成立。
二、极值点偏移极值点偏移也是一种常见的数学方法，它可以将一个函数的极值点向左或向右移动，从而得到新的极值点。
这种方法在计算机科学、物理学、统计学等领域也有广泛应用。
极值点偏移的基本原理是改变函数的自变量，使得函数的值发生变化，并且使新的极值点更加有利于求解。
这个方法的具体实现方法包括用迭代法、优化算法等对函数进行求解。
举个例子，假设我们要求解函数$y=x^2+2x$在$x=1$处的极值点。
通过分析函数的图像，我们可以发现在$x=-1$处函数有一个极小值点。
如果我们想要将极值点向左偏移2个单位，我们可以将函数变成$y=(x-2)^2+2(x-2)$，此时当$x=1$时，函数的极小值点就变成了$x=-3$，相对于原来的极值点向左偏移了2个单位。
三、结论对数均值不等式和极值点偏移都是一些常见的数学方法，它们可以用于解决许多实际问题。
对数均值不等式可以用来证明一些重要的定理，而极值点偏移可以用来求解函数的极值点。
高考数学飘带函数与对均
飘带函数与对均不等式①0(1)1(2ln )1(21∈+-<<-x x x x x x ，，)1； ①)1[)1(21ln 1)1(2∞+∈-≤≤+-，，x xx x x x ．证明：构造函数)1(21ln )(x x x x f --=，则02)1(21211)(222≤--=--='x x x x x f ，而0)1(=f ，故当10<<x 时，)1(21ln x x x －>；当1≥x 时)1(21ln x x x －≤． 构造函数1)1(2ln )(+--=x x x x g ，则0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x g ，而0)1(=f ，故当10<<x 时，1)1(2ln +<x x x －；当1≥x 时，1)1(2ln +≥x x x －（证明对数平均不等式的常用模型）． 把上式中的x 换成1+x ，得：①]01(22)1ln(111211)2(21，，-∈+≤+≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=++x x xx x x x x x ； ④).,0[1)2(21)1ln(22+∞∈++⋅≤+≤+x x x x x x x ，【例1】（2019•沈阳模拟）设函数1()()2f x p x lnx x =--，2()(eg x p x=是实数，e 为自然对数的底数）（1）若()f x 在其定义域内为单调函数，求p 的取值范围；（2）若在[1，]e 上至少存在一点0x ，使得00()()f x g x >成立，求p 的取值范围．)0x 恒成立221x p x =+11，所以当1p 时，(f 为单调增函数．同理，要使“f 为单调减函数)0x 恒成立，再转化为“221x px =+所以当0p 时，()f x 在(0,+∞单调减函数．综上所述，f 在(0,)+∞为单调函数，1p 或0p 2)ex x=在[1，]e 上为减函数，所以0p 时，由（1）知，]e 上递减，不合题意 1p 时，由（，]e 上为减函数，故只需()max f x >241ep e ⇒>-．1p <<时，因10x ，[1x ∈11()222lnx x lnx e lne x e----<意，综上，p 的取值范围为(241ee -【例2】（2020•鄂州月考）已知函数()1lnxf x x =-． （1）求()f x 的单调区间； （2）证明：1()xx f x e +>（其中e 是自然对数的底数， 2.71828)e =⋯．【例3】（2020•五月份模拟）已知函数2()1x f x e x ax =---． （1）当0a =时，求证：()0f x ；（2）当0x 时，若不等式()0f x 恒成立，求实数a 的取值范围； （3）若0x >，证明2(1)(1)x e ln x x -+>．)0x 1a 时，在)0x ，()h x )(0)x h ，即)(0)0x f '=()f x ∴在增函数，()(0)0f x f ∴=，12a时满足条件；1a >时，令()0h x '=，解得2x ln a =，当2)a 上，0h ，()h x 单调递减， (0,2)ln a 时，有()(0)0h x =，即()f x '，()f x ∴在区间(0,2)ln a 为减函数，)(0)0f <=，不合题意，综上得实数a 的取值范围为1(,]2-∞；）得，当12a =时，0x >，e ，0x >时，【例4】证明：)1)(ln 1(221++≥-x x xe x对数平均不等式的应用(1)x +(1)(1)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①成立；综合（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈，都有对数平均不等式(,)2a bab L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立．【例1】（2018•全国卷I ）已知函数()1ln 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 -<--．只需证1212ln ln 1x x x x -<-，由于12121ln ln x x x x ->=-，故命题得证．【例2】（2020•益阳期末）已知函数()f x lnx =． （1）当1x >时，比较()f x 与2(1)1x x -+的大小； （2）若3()()()g x af x x ax a R =+-∈有两个极值点1x ，2x，求证：12()()23g x g x ax x ->-． 0a 时，p '323a x +=2121212lnx lnx a x x x x x -++-1212lnx lnx a x x --12212113lnx lnx x x x x x ->=-+，不妨设1x 原不等式转化为得当1t >时，。
对数平均数
1高考又见对数平均数在历年的高考压轴题中我们总是能见到对数平均数的影子。
2028 年高考理科数学全国I 卷的压轴题最后一问，实际上就是对数平均数 不等式的应用。
加强对对数平均数的理解，无疑能对我们解决压轴题 有很大的帮助。
对于a>b>0,我们把上 J 称作3与b 的对数平均数，并且有:In a-\nb算术平均数〉对数平均数〉几何平均数，即：证明方法I （几何证明）：如图，分别过A@,0）、B （b,0）、C （出，0）、D （陌，0）作x 轴的垂线，与函数y 二丄交于F 、G 、E 、H 2x 四点，过E 作函数的切线，分别与BG 、AF 交于M 、N 两点。
比较曲边四边形GBAF 的而积Si 与梯形MBAN 的而积S 2,得Si>S 2, 其中：Si= -dx=\n b,Jbvr BM + AN An r — c 2 .KS 2= ・AB 二 CE ・AB 二 e (a-b 2a + bA In a-ln b> 2 e (a-b) a + bB[J ： a+b > a ~h ……①一 比较梯形GBDH 的面积S3与曲边四边形GBDH 的面积S4,得S3>S4,其中：S3二丄(GB+HD)・BD 二丄(丄 +丄)(懈-0 = 2 2 b 4ah 14ab 「 丽 1 f I 厂〒 | , In a+ \nh . . In a-\nbS4二 -dx=\ny/ab 」n b= --------------b= ---------------- b A 2 2• a -b \n a-\nb•• i^b T~即： ―-―-—> y[ab ... ②In a - In b综合①②，得： —> a ~h >^b(a>b>0) 2 In a 一 In h证明方法I 【(函数证明)：令 f(x)= —+ -^--1(X>1),则有：2 x + 1f'(x)二丄 (2)[>o2x (x + 1)2 2x(x + l)2 2X (X + 1)2f(x)>f(l)=O,即:—+ -l>0, 2 x + 1即：a ~h ……①2 In a 一 In b令 g(x)二x-2・ln x-- (x>l),则有:XgW -^±^>0 X JT JT /• g(x)>g(l)=O,即 x-2e ln x-i>0, X令x =-,代入整理得: bIn a —In b2令x二化代入整理得：^>lna-lnbV b如即：—-—-—>y[cib.... ②In a一In b 综合①②，得：—>a~h >^b(a>b>0)2 In a-\nb经过上述证明，我们对对数平均数有了一定的了解，接下来看一看2018年高考数学理科全国I卷第21题：已知函数 f (x) =--x+a* In xX(1) 讨论f(x)的单调性;(2) 若f (x)存在两个极值点Xi、x2,求证：丿)二/(')(-2兀1_兀2 第一问略。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
对数平均不等式1.定义：设,0,,a b a b >≠则2ln ln a b a ba b+->>-ln ln a b a b --被称为对数平均数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 aa ⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,0,,Bb 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，因为ABNM ABQPABFES S S 矩形曲边梯形梯形，所以12ln ln ,b adx 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， 根据右图可知，AUTP AUTP S S 曲边梯形梯形 ，所以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 bab ab a baba③综上，结合重要不等式可知：211111ln ln 2b a ba b ab ab ab aba ba baab ，即20112ln ln a bb a baba b a b aab. ④等价变形： )0.()(2ln ln >≥+-≥-b a ba b a b a)0.(ln ln >≥-≤-b a ab 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 aba ab 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 +++与()n f n -的大小，并加以证明．解析 （3）因为()1xgx x=+， 所以()()()1211112231231n gg g n n n n ⎛⎫+++=+++=-+++⎪++⎝⎭， 而()()ln 1n f n n n -=-+，因此，比较()()()12g g g n +++与()n f n -的大小，即只需比较113121++++n 与()ln 1n +的大小即可． 根据0b a 时，ln ln b abb a，即1ln ln ,b a b a b令,1,an b n 则1ln 1ln ,1n n n所以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 本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，步骤依然繁琐，求解过程复杂，但我们这里应用对数平均数不等式链来证明，思路简捷，别具新意，易于学生理解、掌握． 当0ba 时，ln ln b a a b a，即1ln ln ,b ab a a令,1,a n bn则1ln 1ln ,n n n可得：111ln 1123n n. （二）2202ln ln b b abab 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 1nS n <+．解析 根据0b a 222ln ln b b ab a，即222ln ln b a b aab，令1,,b n an 则222ln 1ln 1n nnn 22221n n22222n a nn ，易证()ln 1n S n <+．（三）2ln ln a bb aba b a的应用例3. 设数列{}n a 的通项111123na n=++++，证明：()ln 21n a n <+． 解析 根据0ba 时，2ln ln a bb ab a，即2ln ln b a b aa b，令21,21,bn a n 则1ln 21ln 21n n n，易证()ln 21n a n <+． （四）2011ln ln b a b a b aab的应用例 4. （2010年湖北）已知函数b 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 aa b，令,1,a n b n 则111ln 1ln ,21n nn n所以111ln 2ln1,212111ln 3ln 2,223，111ln 1ln ,21n nnn 将以上各不等式左右两边分别相加得：111111ln 1,223421n n n即111111ln11,234212n nn 故1111ln 1.2321nn nn（五）ln ln b a ab 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 21411421431414n n n +++++>+⨯-⨯-⨯-⨯-对一切正整数n 均成立．解析 （2）根据0ba 时，ln ln b a ab b a，即ln ln ,b ab aab 令21,21,b n a n 则22ln 21ln 21,41n n n变形可得：2222111142ln 21ln 21,4414141n n n n n n n 则 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 本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征， 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达到证明的目的．你能注意到两种方法的区别吗？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悟那种解无限道题的数学机智.这里的领悟解题的数学机智从某种意义上说就是对问题本质的理解，而对问题本质的发现还在于我们对问题信息的审视和挖掘，水有源，题有根，茫茫题海，寻觅其根源，领悟其通性通法方是提升数学素养的途径. 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*.21ni n n N i =-+<∈-∑解析 （3）易求1a=，待证不等式等价于()2222ln 2135721n n ++++<+-．根据0b a 时，ln ln b abb a ，即1ln ln ,b a b a b令21,21,a n b n 则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分别相加得：()22222ln 213572121n n n +++++<+-+，()122ln 21222121ni n i n =-+<-<-+∑.得证. 2.（2013年新课标Ⅰ）已知函数()()()1ln 11x x f x x xλ+=+-+．（1）若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）易得()()()221200,(1)x x f f x x λλ--'==+．令()0,f x '=则120,,x x λλ-==若0λ<，则当0x >时，()()0,f x f x '>是增函数，()()00,f x f >=不符合题意；若102λ≤<，则当120x λλ-≤<时，()()0,fx f x '>是增函数，()()00,f x f >=不符合题意；若12λ≥，则当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0b a时，211ln ln b ab aab，即111ln ln 2bab aa b，令,1,a n b n 则111ln 1ln ,21n n nn所以111ln 1ln ,21n n nn 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分别相加得： 1122221ln 2ln ,2123212n nn n nn n n即111111ln 2,2123214nn nn n n故1111ln 21224n n n n++++>++． 评注 本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，并进行变形，令1x k=，有()121111ln 12121k k k k k k +⎛⎫⎛⎫+<=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，亦即()111ln 1ln 21k k k k ⎛⎫+-<+ ⎪+⎝⎭达到放缩的目的.两者相比较，自然是运用对数平均值的不等式链的方法简捷.。