对数平均不等式在极值点偏移中应用
对数平均不等式在极值点偏移中应用
对数平均不等式(d e )典型应用极值点偏移问题(de)母题对数、指数平均不等式与高考中(de)一类热点,即极值点(de)偏移(类对称或淮对称)问题具有深该(de)内在联系,利用对数与指数平均不等式可建立极值点(de)偏移母题如下.[母题结构]:(Ⅰ)(对数模型)设P(x 1,y 1)、Q(x 2,y 2)是函数f(x)=mlnx+ax 2+bx+c(m≠0)图像上(de)任意两点,则当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221x x +)>k PQ ; (Ⅱ)(指数模型)设P(x 1,y 1)、Q(x 2,y 2)是函数f(x)=me x +ax 2+bx+c(m ≠0)图像上(de)任意两点,则当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221x x +)>k PQ . [母题解析]:(Ⅰ)由f(x)=mlnx+ax 2+bx+c⇒f '(x)=xm+2ax+b⇒f '(221x x +)=212x x m ++a(x 1+x 2)+b;又由k PQ =2121)()(xx x f x f --= m⋅2121ln ln x x x x --+a(x 1+x 2)+b⇒k PQ -f '(221x x +)=m(2121ln ln x x x x ---212x x +),由对数平均不等式:2b a +>ba ba ln ln --⇒2121ln ln x x x x -->212x x +⇒当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221x x +)>k PQ ; (Ⅱ)由f(x)=me x+ax 2+bx+c ⇒f '(x)=mex+2ax+b ⇒f '(221x x +)=me221x x ++a(x 1+x 2)+b;又由k PQ =2121)()(x x x f x f --=m⋅2121x x e e x x --+a(x 1+x 2)+b ⇒k PQ -f '(221x x +)=m(2121x x e e x x ---e221x x +),由指数平均不等式:ba e eb a -->e2b a +⇒2121x x e e x x -->e221x x +⇒当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221x x +)>k PQ .1.对数模型子题类型Ⅰ:(2011年辽宁高考试题)已知函数f(x)=lnx-ax 2+(2-a)x. (Ⅰ)讨论f(x)(de)单调性;(Ⅱ)设a>0,证明:当0<x<a 1时,f(a 1+x)>f(a1-x);(Ⅲ)若函数y=f(x)(de)图像与x 轴交于A,B 两点,线段AB 中点(de)横坐标为x 0,证明:f '(x 0)<0. [解析]:(Ⅰ)f(x)(de)定义域为(0,+∞),由f(x)=lnx-ax 2+(2-a)x ⇒f '(x)=-xx 12+(ax-1);①当a ≤0时,f '(x)>0⇒f(x)在(0,+∞)上递增;②当a>0时,f(x)在(0,a 1)上递增,在(a1,+∞)递减;(Ⅱ)令g(x)=f(a1+x)-f(a1-x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,则g '(x)=axa+1+axa -1-2a=222312xa x a ->0⇒g(x)在[0,a1)上递增⇒g(x)>g(0)=0⇒f(a 1+x)>f(a1-x);(Ⅲ)设A(x 1,0),B(x 2,0),则k AB =0,由f '(221x x +)<k AB =0⇒f '(x 0)<0.[点评]:若连续函数f(x)在区间(x 1,x 2)内有唯一(de)极值点x 0,且f(x 1)=f(x 2),研究221x x +与x 0(de)大小或判断f '(221x x +)(de)符号,统称为极值点(de)偏移问题;母题结论具有解决极值点偏移问题(de)根本性. 2.指数模型子题类型Ⅱ:(2010年天津高考试题)已知函数f(x)=xe -x (x ∈R). (Ⅰ)求函数f(x)(de)单调区间和极值;(Ⅱ)已知函数y=g(x)(de)图象与函数y=f(x)(de)图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时,f(x)>g(x);(Ⅲ)如果x 1≠x 2,且f(x 1)=f(x 2),证明:x 1+x 2>2. [解析]:(Ⅰ)由f(x)=xe -x ⇒f '(x)=e-x-xe -x =(1-x)e -x ,列表如下,由表知f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数,函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=e -1;(Ⅱ)由函数y=g(x)(de)图象与函数y=f(x)(de)图象关于直线x=1对称⇒g(x)=f(2-x)=(2-x)e x-2;当x>1时,令F(x)=f(x)-g(x)=xe -x +(x-2)e x-2,则F '(x)=(x-1)(e 2x-2-1)e -1>0⇒函数F(x)在[1,+∞)是增函数⇒F(x)>F(1)=0⇒f(x)>g(x);(Ⅲ)设P(x 1,y 0),Q(x 2,y 0),由x 1≠x 2,且f(x 1)=f(x 2),则x 1,x 2>0;令g(x)=lnf(x)=lnx-x,则g '(221x x +)<k PQ =0⇒212x x +-1<0⇒x 1+x 2>2.[点评]:指数与对数函数模型不仅具有相似(de)结论,实质上,由函数y=e x 与y=lnx(de)对称性知,母题中,指数与对数函数模型(de)结论是等价(de);把指数函数问题转化为对数函数问题是解决指数函数问题(de)常用方法. 3.切线背景子题类型Ⅲ:(2005年湖南高考试题)已知函数f(x)=lnx,g(x)=21ax 2+bx,a ≠0.(Ⅰ)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a(de)取值范围;(Ⅱ)设函数f(x)(de)图象C 1与函数g(x)图象C 2交于点P 、Q,过线段PQ(de)中点作x 轴(de)垂线分别交C 1,C 2于点M 、N,证明:C 1在点M 处(de)切线与C 2在点N 处(de)切线不平行. [解析]:(Ⅰ)当b=2时,h(x)=f(x)-g(x)=lnx-21ax 2-2x ⇒h '(x)=x 1-ax-2=-x1(ax 2+2x-1)(x>0);所以,h(x)存在单调递减区间⇔h '(x)≤0在(0,+∞)内有解集区间⇔T(x)=ax 2+2x-1≥0在(0,+∞)内有解集区间⇔a>0,或a<0,且4+4a>0⇔ a(de)取值范围是(-1,0)∪(0,+∞);(Ⅱ)设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),A(x 1,0),B(x 2,0),由h(x)=f(x)-g(x)=lnx-21ax 2+bx ⇒h '(x)=f '(x)-g '(x)⇒h '(221x x +)=f '(221x x +)-g '(221x x +)<k AB =0⇒f '(221x x +)<g '(221x x +)⇒C 1在点M 处(de)切线斜率=f '(221x x +)<C 2在点N 处(de)切线斜率=g '(221x x +)⇒C 1在点M 处(de)切线与C 2在点N 处(de)切线不平行.[点评]:对数、指数平均不等式及其引伸(de)母题结论具有广泛(de)应用,尤其在解决双切线问题中,具有十分有力(de)深刻应用;掌握对数、指数平均不等式及其引伸(de)母题结论(de)证明是十分必要(de). 4.子题系列:1.(2016年安徽蚌埠二模试题)设函数f(x)=x 2+3x+3-ae x (a 为非零常数). (Ⅰ)求g(x)=xe xf )((de)单调区间;(Ⅱ)若存在b,c ∈R,且b ≠c,使f(b)=f(c),试判断a f '(2c b +)(de)符号.2.(2014年江苏南通二模试题)设函数f(x)=e x -ax+a(a ∈R),其图像与x 轴交于A(x 1,0),B(x 2,0)两点,且x 1≠x 2. (Ⅰ)求a(de)取值范围; (Ⅱ)证明:f '(21x x )<0(f '(x)为函数f(x)(de)导函数).3.(2013年湖南高考试题)已知函数f(x)=211x x +-e x .(Ⅰ)求f(x)(de)单调区间;(Ⅱ)证明:当f(x 1)=f(x 2)(x 1≠x 2)时,x 1+x 2<0.4.(2014年广东韶关二模试题)已知函数f(x)=ln(x+a 1)-ax,其中,a ∈R 且a ≠0.(Ⅰ)讨论f(x)(de)单调性;(Ⅱ)若不等式f(x)<ax 恒成立,求实数a(de)取值范围;(Ⅲ)若方程f(x)=0存在两个异号实根x 1,x 2,求证:x 1+x 2>0. 5.(2011年湖南高考试题)设函数f(x)=x-x1-alnx(a ∈R),(Ⅰ)讨论f(x)(de)单调性;(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x 1和x 2,记过点A(x 1,f(x 1)),B(x 2,f(x 2)),(de)直线(de)斜率为k,问:是否存在a,使得k=2-a 若存在,求出a(de)值;若不存在,请说明理由. 6.(2015年广东广州二模试题)已知函数f(x)=alnx-11+-x x ,g(x)=e x (其中e 为自然对数(de)底数).(Ⅰ)若函数f(x)在区间(0,1)内是增函数,求实数a(de)取值范围;(Ⅱ)当b>0时,函数g(x)(de)图象C 上有两点P(b,e b ),Q(-b,e -b ),过点P,Q 作图象C(de)切线分别记为l 1,l 2,设l 1与l 2(de)交点为M(x 0,y 0),证明:x 0>0. 5.子题详解: 1.解:(Ⅰ)由g(x)=xex f )(=(x 2+3x+3)e -x -a ⇒g '(x)=-x(x+1)e -x ⇒g(x)在(-∞,-1)和(0,+∞)上递减,在(-1,0)上递增; (Ⅱ)令P(b,f(b)),Q(c,f(c)),则k PQ =0;①当-a>0,即a<0时,f '(2c b +)<k PQ =0⇒a f '(2cb +)>0;②当-a<0,即a>0时, f '(2cb +)>k PQ =0⇒a f '(2c b +)>0.综上,a f '(2cb +)>0. 2.解:(Ⅰ)由f '(x)=e x -a;①当a ≤0时,f '(x)>0⇒f(x)在(-∞,+∞)上单调递增⇒f(x)至多有一个零点,不合题意;②当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,由f(x)有两个零点⇒f min (x)=f(lna)=2a-alna<0⇒a>e 2⇒lna>2;又f(1)=e>0,f(a -1lna)=e 1-alna-lna+a>a -1lna+1-(a-1)+a=a -1lna+2>0⇒f(x)有两个零点x 1,x 2,且1<x 1<x 2.故a(de)取值范围是(e 2,+∞);(Ⅱ)由f '(221x x +)<k PQ =0,且f '(x)=e x -a 在(-∞,+∞)上单调递增;又由1<x 1<x 2⇒21x x <221x x +⇒f '(21x x )<f '(221x x +)<0.3.解:(Ⅰ)由f(x)=211x x +-ex⇒f '(x)=-222)1()32(x x x x ++-ex⇒f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减; (Ⅱ)不妨设x 1<x 2,由(Ⅰ)知x 1<0,x 2>0;由f(x 1)=f(x 2)⇒21111x x +-e 1x =22211x x +-e 2x >0⇒0<x 2<1,ln(1-x 1)-ln(1+x 12)+x 1=ln(1-x 2)-ln(1+x 22)+x 2⇒(x 1+x 2)22212221)1ln()1ln(x x x x -+-++)1()1()1ln()1ln(2121x x x x ------=1;根据对数平均不等式,有22212221)1ln()1ln(x x x x -+-+>222221++x x ,)1()1()1ln()1ln(2121x x x x ------>)(2221x x +-⇒(x 1+x 2)222221++x x +)(2221x x +-<1⇒(x 1+x 2)222221++x x +)(2221x x +--1<0⇒(x 1+x 2)222221++x x +)(22122x x x x +-+<0⇒(x 1+x 2)[222221++x x +)(2121x x +-]<0;由x 1<0,0<x 2<1⇒x 1+x 2<2⇒)(2121x x +->0⇒222221++x x +)(2121x x +->0⇒x 1+x 2<0.4.解:(Ⅰ)由f(x)(de)定义域为(-a1,+∞),f '(x)=-12+ax x a ;①当a<0时,f '(x)>0⇒f(x)在(-a 1,+∞)上单调递增;②当a>0时,在区间(-a1,0)上,f '(x)>0,在区间(0,+∞)上,f '(x)<0⇒f(x)在(-a1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;(Ⅱ)由f(x)<ax ⇔2ax-ln(x+a 1)>0,令x=e-a 1得:2a(e-a1)-1>0⇒2ea-3>0⇒a>0;令g(x)=2ax-ln(x+a1),则g '(x)=122+ax a (x+a21)⇒g(x)在(-a1,-a21)上单调递减,在(-a21,+∞)上单调递增⇒g min (x)=g(-a 21)=-1-ln(2a);由g min (x)>0⇒a>2e ⇒a(de)取值范围是(2e,+∞);(Ⅲ)由(Ⅰ)知a>0,且-a1<x 1<0<x 2,由f(x 1)=f(x 2)=0⇒ln(x 1+a 1)-ax 1=ln(x 2+a 1)-ax 2=0⇒x 1+a 1=e 1ax ,x 2+a1=e 2ax⇒x 2-x 1=e2ax -e1ax ⇒1212ax ax e e ax ax --=a1;又x 1+x 2+a2=e1ax +e2ax ,根据指数平均不等式,有=e 1ax +e2ax >2⋅1212ax ax e e ax ax --=a2⇒x 1+x 2+a2>a2⇒x 1+x 2>0.5.解:(Ⅰ)f(x)(de)定义域为(0,+∞),f '(x)=21x(x 2-ax+1);①当a ≤2时,f '(x)≥0⇒f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>2时,由f '(x)=0⇒x 1=242--a a ,x 2=242-+a a ⇒f(x)在(0,x 1)和(x 2,+∞)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,a<2,且x 1x 2=1;由k=2121)()(x x x f x f --=1+211x x -a 2121ln ln xx x x --;若存在a,使得k=2-a,则2121ln ln x x x x --=1,即2121ln ln xx x x --=21x x ;但由加细基本不等式知;2121ln ln xx x x -->21x x .故不存在a,使得k=2-a.6.解:(Ⅰ)由函数f(x)在区间(0,1)内是增函数⇔当x ∈(0,1)时,f '(x)=x a -2)1(2+x ≥0⇔当x ∈(0,1)时,a ≥212++xx ⇔a ≥21.故实数a(de)取值范围为[21,+∞);(Ⅱ)由g(x)=e x⇒g '(x)=e x⇒切线l 1:y=e b (x-b)+e b ,l 2:y=e -b (x+b)+e -b ⇒x 0=b ⋅bb b b e e e e ---+-1=b ⋅b bee 2211---+-1;设t=e -2b ∈(0,1),则lnt=-2b ⇒-1=tbln2⇒x 0=b ⋅t t -+11+t b ln 2=b(t t -+11+t ln 2);由(Ⅰ)知,当a=21时,f(x)=21lnx-11+-x x 在区间(0,1)内是增函数⇒f(t)=21lnt-11+-t t <f(1)=0⇒2ln t<11+-t t ⇒t t-+11+tln 2>0⇒x 0>0.。
含对数式的极值点偏移问题
6含对数式的极值点偏移问题二f 2X0 -X 2，比较X 2与2X0 7的大小，即比较X0与宁的大小.2.又一解题策略：根据f x ^ f X 2建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解. 对数平均不等式的介绍与证明对数平均与算术平均、几何平均的大小关系: 、、ab 乞L(a,b)乞勺匕(此式记为 对数平均不等式) 取等条件：当且仅当 a 二b 时，等号成立._ a 亠b只证：当 a = b 时，.、ab ::: L(a,b)： 2证明如下:(I )先证:■. ab ： L(a,b)IHIIIa + b(II )再证：L(a,b)::2构造函数 g(x) =lnx 」2^ 9,(x 1)，则 g (x)=丄(x+1)不等式Cyf2( ---- 1 )a+b b(兰+i )1.若f X 的极值点为X 0，则根据对称性构造一元差函数Fx=fX0，X-fX 0-X ，F x 的单调性以及F 0 [=0，借助于f 为i= f X2 =X 。
- X 。
- X 2 与 f ||_X o •X o 巧借X 2两个正数a 和b 的对数平均定义:a-b -- @ 丰 b),ln (3 — ln2)a(a = b)..不失一般性，可设 a b .不等式★…一a a ；i)二 2Inxcx —〕(其中X = J2A 1) a xb构造函数 f(x)=2In x-(x 」,(x1)，2 1 1 2 则 f (刈二—-—二二「(1-一)2.XXX因为X 1时，f (x) - 0，所以函数f (x)在(1「：)上单调递减, 故f (x) ：： f(1) =0，从而不等式成立;4 (x-1)2・…2 , 亠八2 . X (x 1) x(x 1)a b因为x .1时，g(x) .0,所以函数g(x)在(1,七)上单调递增，故g(x) ：：：g(1) =0，从而不等式成立；m亠b综合(I)(II )知，对-a,b・R •，都有对数平均不等式ab_L(a,b) 成立，2当且仅当a二b时，等号成立.例 1.已知函数f(x)=lnx-ax2• (2-a)x.(1)讨论f (x)的单调性；1 1 1(2)设a . 0，证明：当0 ：：：x 时，f ( x) f ( x)；a a a(3)若函数y = f(x)的图象与x轴交于代B两点，线段AB中点的横坐标为沧，证明:【解析】门)易得：当*0时，/(力在(02)上单调递曹当心0时，/仗)在(0丄)上单调递増，在(-;+x)±B调递减一a a(2)法一：构造函数g(x) = f(— + x)-/(--算)：(0 < 兀< 丄), a a a二&(刃在①丄)上单调递増，a又£(0) = 0,二£(兀)>0, PP /(-+x) > /(- -x> .1 1法二：构造以a为主元的函数，设函数h(aH f ( x) - f( x)，a a1 1由0 ：：： x ，解得0 ::: a ：：：a x1 当0：：：a 时，h(a) 0 ,.•. h(a)在(0「：)上单调递增，x1 1 1而h(0) =0 ,所以h(a) 0，故当0 ：：x 时，f ( x) f ( x).a a a f (x。
(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 +⎛⎫'⇒+-++>⇒+>⇒< ⎪⎝⎭。
利用对数平均不等式破解极值点偏移问题
龙源期刊网
利用对数平均不等式破解极值点偏移问题
作者：杨瑞强
来源：《中学数学杂志(高中版)》2016年第05期
近几年的高考数学压轴题中，经常出现与函数的极值点偏移有关的问题，由于这类问题的解决往往需要构造函数，技巧性较强，考生难于切入，在短时间内难以解决.如果我们借助对数平均不等式加以放缩，那么问题难度大大降低.下面谈谈利用这个不等式破解此类高考导数的压轴题.
1极值点偏移的定义
对于函数y=f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，方程f（x）=0的解为x1，x2，且a
（1）若x1+x22>x0，则称函数y=f（x）在区间（a，b）上极值点x0左偏，简称x0左偏；（2）若x1+x22
4转化策略与步骤
极值点偏移问题中，函数中多有形如ex和lnx的式子，并且极值点偏移问题实质是双变量的问题，而双变量的问题许多都可以回归对数平均.常利用对数平均不等式放缩解决，其转化的步骤有：
第一步：根据f（x1）=f（x2）建立等式；
第二步：如果等式含有参数，则消参；有指数的则两边取对数，转化为对数式；
第三步：通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式放缩求解.
作者简介杨瑞强（1979—），男，湖北黄冈人，中学一级教师，黄石市优秀班主任，黄石市优秀数学教师，主要从事数学教育与中学教学研究.近几年，在数学专业杂志上发表文章80余篇.。
对数平均不等式极值点偏移
对数平均不等式极值点偏移在数学的世界里，有一种神奇的公式叫做对数平均不等式。
这个公式就像是数学界的超级英雄，它能够解决我们生活中的各种问题。
但是，你知道吗？这个公式有时候会让我们陷入困境，因为它的计算过程非常复杂，有时候甚至会让我们感到困惑。
今天，我们就来聊聊这个神奇的公式，看看它是如何在我们的生活中发挥作用的。
我们要明确什么是对数平均不等式。
简单来说，就是当我们有两个数A和B，它们的比值大于1时，那么这两个数的对数之和一定大于0。
这个公式听起来是不是有点复杂？没关系，我们一步步来分析。
想象一下，你和你的朋友一起去爬山。
你们两个人一起爬了一段路，然后你的朋友突然说：“哎呀，我的腿好疼啊！”这时，你会怎么做呢？你会立刻停下来照顾他吗？当然不会！你会想：“我还要继续爬呢，先不理会他。
”这就是对数平均不等式的魅力所在。
再来举个例子，如果你去超市买了一包零食，你的朋友也买了一包。
你觉得这包零食比你买的好吃吗？你可能会说：“不一定吧，毕竟每个人的口味不同。
”这就是对数平均不等式的另一个应用。
现在，让我们回到数学的问题上来。
你知道为什么对数平均不等式这么神奇吗？其实，它的原理就在于我们对数的性质。
对数可以帮助我们简化复杂的运算，让我们能够轻松地解决各种问题。
那么，对数平均不等式的计算过程是怎样的呢？其实，它并不复杂。
我们只需要将两个数的比值取对数，然后相加即可。
但是，要注意的是，如果比值小于1，那么这个公式就不适用了。
那么，对数平均不等式在日常生活中有哪些应用呢？它可以帮助我们判断两个数的大小关系。
比如说，当你需要比较两个数字的大小时，你可以使用对数平均不等式来判断它们是否接近相等。
对数平均不等式还可以用于计算概率问题。
比如说，如果你想知道某个事件发生的概率，你可以使用对数平均不等式来计算。
总的来说，对数平均不等式是一个非常实用的工具，它能够帮助我们解决各种数学问题，同时也在生活中发挥着重要的作用。
所以，下次当你遇到一个复杂的问题时，不妨尝试着用对数平均不等式来解决它。
极值点偏移问题--对数不等式法 专题
极值点偏移问题--对数不等式法我们熟知平均值不等式：第2关：参数范围问题—常见解题6法求解参数的取值范围是一类常见题型．近年来在各地的模拟试题以及高考试题中更是屡屡出现．学生遇到这类问题，较难找到解题的切入点和突破口，下面介绍几种解决这类问题的策略和方法．一、确定“主元”思想常量与变量是相对的，一般地，可把已知范围的那个看作自变量，另一个看作常量．例1.对于满足0的一切实数，不等式x2+px>4x+p-3恒成立，求x的取值范围．分析：习惯上把x当作自变量，记函数y= x2+(p-4)x+3-p,于是问题转化为当p时y>0恒成立，求x的范围．解决这个问题需要应用二次函数以及二次方程实根分布原理，这是相当复杂的．若把x 与p两个量互换一下角色，即p视为变量，x为常量，则上述问题可转化为在[0,4]内关于p的一次函数大于0恒成立的问题．解：设f(p)=(x-1)p+x2-4x+3，当x=1时显然不满足题意．由题设知当0时f(p)>0恒成立，∴f(0)>0,f(4)>0即x2-4x+3>0且x2-1>0，解得x>3或x<-1．∴x的取值范围为x>3或x<-1．二、分离变量对于一些含参数的不等式问题，如果能够将不等式进行同解变形，将不等式中的变量和参数进行分离，即使变量和参数分别位于不等式的左、右两边，然后通过求函数的值域的方法将问题化归为解关于参数的不等式的问题。
例2．若对于任意角总有成立，求的范围．分析与解：此式是可分离变量型，由原不等式得，又，则原不等式等价变形为恒成立．根据边界原理知，必须小于的最小值，这样问题化归为怎样求的最小值．因为即时，有最小值为0，故．评析：一般地,分离变量后有下列几种情形：①f(x)≥g(k) [f(x)]min≥g(k)②f(x)> g(k) g(k) < [f(x)] min③f(x)≤g(k) [f(x)] max≤g(k)④f(x)<g(k) [f(x)] max < g(k)三、数形结合对于含参数的不等式问题，当不等式两边的函数图象形状明显，我们可以作出它们的图象，来达到解决问题的目的．例3．设，若不等式恒成立，求a的取值范围．分析与解：若设函数，则，其图象为上半圆．设函数，其图象为直线．在同一坐标系内作出函数图象如图，依题意要使半圆恒在直线下方，只有圆心到直线的距离且时成立，即a的取值范围为．四、分类讨论当不等式中左、右两边的函数具有某些不确定因素时，应用分类讨论的方法来处理，分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素，为问题的解决提供新的条件。
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在数学中，不等式是一个非常重要的概念，它是数学中的一种比较关系。
而对数均值不等式（以下简称为AM-GM不等式）则是不等式中的一种特殊形式，它在数学中有着广泛的应用。
本文将探讨AM-GM不等式以及它在极值点偏移中的应用。
一、AM-GM不等式AM-GM不等式是指对于非负实数$a_1,a_2,…,a_n$，有以下不等式成立：$$frac{a_1+a_2+…+a_n}{n}geq sqrt[n]{a_1a_2…a_n}$$其中，左边为这$n$个数的算术平均数，右边为这$n$个数的几何平均数。
这个不等式告诉我们，对于一组非负实数，它们的算术平均数一定不小于它们的几何平均数。
证明：对于$n=2$的情况，不等式可以写作$(a+b)^2geq 4ab$，这是平方差公式的形式，显然成立。
假设$n=k$时不等式成立，即：$$frac{a_1+a_2+…+a_k}{k}geq sqrt[k]{a_1a_2…a_k}$$那么当$n=k+1$时，有：$$frac{a_1+a_2+…+a_k+a_{k+1}}{k+1}=frac{frac{a_1+a_2+…+a_ k}{k}+frac{a_{k+1}}{k+1}}{frac{k}{k+1}+frac{1}{k+1}}geq sqrt[k+1]{frac{a_1a_2…a_k}{(k+1)^k}cdot a_{k+1}}$$根据不等式的乘法结合律，上式可以化简为：$$frac{a_1+a_2+…+a_k+a_{k+1}}{k+1}geqsqrt[k+1]{a_1a_2…a_ka_{k+1}}$$因此，不等式对于任意$n$都成立。
二、AM-GM不等式的应用1. 求证$sqrt{ab}leq frac{a+b}{2}$解法：根据AM-GM不等式，有：$$sqrt{ab}leq frac{a+b}{2}$$这个不等式告诉我们，对于任意两个非负实数$a$和$b$，它们的几何平均数一定不大于它们的算术平均数。
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)极值点偏移问题是在求解函数的极值点时，由于函数表达式的特殊性质，导致极值点位置发生偏移，需要采用特殊的解决方法。
常见的处理方法有以下几种：1.构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x-x)或F(x)=f(x+x)-f(x-x)，其中x为函数y=f(x)的极值点。
2.利用对数平均不等式ab<a-b+a+b。
3.变换主元等方法lna-lnb^2<ln(a-b^2)。
接下来，我们以一个具体的例子来说明极值点偏移问题的解决方法。
题目：设函数f(x)=-alnx+x-ax(a∈R)，试讨论函数f(x)的单调性；若f(x)=m有两解x1,x2(x12a。
解析：1.讨论函数f(x)的单调性由f(x)=-alnx+x-ax可知：f'(x)=-a/x+1-a=-(a/x+a-1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以：①若a>0时，当x∈(0,a)时，f'(x)0，函数f(x)单调递增。
②若a=0时，当f'(x)=1/x>0在x∈(0,+∞)XXX成立，函数f(x)单调递增。
③若a0，函数f(x)单调递增。
2.求证x1+x2>2a因为f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2)，所以：alnx1+x1-ax=m，-alnx2+x2-ax=m将两式相减，整理得：lnx1-lnx2+ln(x1-x2)=a根据对数平均不等式，有：ln(x1-x2)<(lnx1-lnx2)/2代入上式得：a>-[(lnx1-lnx2)/2]化XXX：x1-x2<2e^-2a因为x1+x2>2x2>a，所以：x1+x2>2a综上所述，极值点偏移问题的解决方法包括构造一元差函数、利用对数平均不等式和变换主元等方法。
在具体求解中，需要根据函数表达式的特殊性质，选择合适的方法进行处理。
2(t-1)x2-1)/(4(t-1)2+1)为减函数，且在(1,∞)上递增，所以原不等式得证。
两招解决极值点偏移问题
两招解决极值点偏移问题一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点.如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同.故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2.若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3.若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ；4.若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系.口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明02('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f .【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.题型二利用对数平均不等式两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a b a 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 b L 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.只证：当a b ≠(,)2a b L a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（I(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x bx ⇔-<<<-=其中构造函数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；（II ）再证：(,)2a b L a b +<……②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=+++其中构造函数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（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈(,)2a b L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.。
对数平均不等式极值点偏移
对数平均不等式极值点偏移你有没有想过，数学里的一些“规则”有时候其实也会有点儿“小脾气”？对数平均不等式就是这样一个例子，它看似是个严肃的数学概念，但其实背后隐藏了不少有趣的故事。
今天咱们就来聊聊对数平均不等式的极值点偏移，轻松一点儿，不用当真，毕竟数学也是有趣的！1. 对数平均不等式概述1.1 对数平均不等式的基本概念首先，咱们得搞清楚什么是对数平均不等式。
别担心，这不是啥深奥的数学难题。
简单来说，对数平均不等式就是说，当你比较两个数的对数平均值和它们的算术平均值时，对数平均值总是小于或等于算术平均值。
看上去是不是有点像某种神秘的魔法？实际上，这就是数学世界的基本规则之一。
1.2 对数平均值的计算对数平均值的计算其实挺简单的，拿两个正数a和b，咱们先求它们的对数平均值。
公式是：对数平均值 = (1 / (b a)) * (b * ln(b) a * ln(a))。
别看公式复杂，其实用起来没那么难。
主要是记住，当b和a越接近时，对数平均值越接近它们的算术平均值。
2. 极值点的概念2.1 什么是极值点？说到极值点，其实就是在某个函数的图像上，那个点的值比周围的值要高（最大值）或者低（最小值）。
打个比方，极值点就像是山顶或者山谷，在那个点上，你能看到周围的一切高低差别。
它就是那种让你一眼就能发现的“高点”或者“低点”。
2.2 对数平均不等式的极值点在对数平均不等式的背景下，极值点的偏移就涉及到当对数平均值和算术平均值的关系发生变化时，那些特殊点的位置如何发生了微妙的改变。
这个偏移不一定显眼，但一旦发现，能让你对数学有更多的理解和欣赏。
3. 极值点偏移的实际影响3.1 理论上的偏移说到理论上的偏移，那就是当你调整对数平均值和算术平均值之间的关系时，极值点的位置会发生怎样的变化。
这种变化虽然看上去很抽象，但其实在实际应用中，有时会影响到数据分析、统计预测等领域。
3.2 实际应用中的趣事在实际应用中，这种偏移有时会带来一些意想不到的结果。
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。
对数平均不等式极值点偏移
对数平均不等式极值点偏移哎呀，说起这个对数平均不等式，那可真是个让人琢磨不透的大难题。
咱们今天就来聊聊它的极值点偏移问题，这可是数学界的一大趣事！首先得说说这个“对数平均不等式”，它就像是数学界的隐形斗篷，总是在不经意间给你来个惊喜。
比如说，你知道对数平均不等式是什么吗？简单来说，就是当两个数的对数值相差不大时，它们的算术平均值与几何平均值之间存在某种微妙的关系。
这种关系有时候会让我们对数平均不等式的极值点产生偏移，这就让数学变得既神秘又有趣了。
那么，这个对数平均不等式的极值点偏移是怎么回事呢？简单来说，就是当一个函数在某一点附近上下波动时，如果该点的导数为零，那么这个函数在该点的极限值会等于其平均值。
但在某些特殊情况下，这个极限值可能会偏离平均值，这就是所谓的“极值点偏移”。
举个例子来说吧，假设我们有一个函数f(x) = ln(x) + 1/2ln(ln(x))，这个函数在x=e处有极值点。
按照对数平均不等式的理论，这个极值点应该是函数f(x)的几何平均值，也就是√[ln(x)+1/2ln(ln(x))]。
但是，当我们计算这个函数在x=e处的导数时，我们发现这个导数并不为零，也就是说，在这个点的极限值不会等于其平均值。
这就说明，对数平均不等式在这里并没有起到作用，也就是说，这个极值点并没有偏移。
不过，这并不意味着对数平均不等式就完全没用啦！有时候，它也能帮我们找到一些意想不到的规律。
比如说，如果我们想要找到一个数列的和的平方根，那么我们可以先求出这个数列的对数平均，然后再对这个结果取平方根。
这样一来，我们就能找到一个数列的和的平方根，而不需要直接计算这个数列的和。
总的来说，对数平均不等式虽然看起来有些复杂，但其实它在我们的日常生活中也扮演着重要的角色。
比如在投资、统计等领域，对数平均不等式都能找到它们的身影。
而且，随着科技的发展，我们对数平均不等式的研究也在不断深入，相信未来会有更多有趣的发现等着我们去探索！好啦，今天的数学小知识就到这里啦！如果你对对数平均不等式或者其他数学问题感兴趣的话，记得关注我哦，下次我们再一起探讨数学的乐趣！。
对数均值不等式解极值点偏移点问题
对数均值不等式解极值点偏移点问题对数均值不等式（Log-mean Inequality）是一个重要的不等式，它涉及到对数函数和均值的概念。
这个不等式在解决极值点偏移问题中非常有用。
极值点偏移问题通常出现在研究函数的最值问题时，当函数的最值点不在预期的位置（如对称轴或中心）时，就需要考虑极值点的偏移。
对数均值不等式可以帮助我们理解和解决这个问题。
对数均值不等式的一般形式为：对于所有正数a和b，有L(a, b) ≤ G(a, b) ≤ A(a, b) ≤ H(a, b)其中，L(a, b) 是对数均值，定义为L(a, b) = (a - b) / (ln a - lnb)G(a, b) 是几何均值，定义为G(a, b) = √(ab)A(a, b) 是算术均值，定义为A(a, b) = (a + b) / 2H(a, b) 是调和均值，定义为H(a, b) = 2 / (1/a + 1/b)这个不等式告诉我们，对于任意两个正数a和b，它们的对数均值总是小于或等于它们的几何均值，几何均值又小于或等于算术均值，算术均值又小于或等于调和均值。
在解决极值点偏移问题时，我们可以利用对数均值不等式来分析函数的性质。
例如，如果我们知道一个函数在某个区间上的对数均值、几何均值、算术均值或调和均值的性质，我们就可以利用这些性质来推断函数在该区间上的最值点的位置。
具体的解决方法可能因问题的不同而有所差异，但一般来说，我们需要先确定函数的表达式和定义域，然后计算不同均值，并利用对数均值不等式来分析函数的单调性和最值点的位置。
总之，对数均值不等式是解决极值点偏移问题的重要工具之一。
通过利用这个不等式，我们可以更好地理解函数的性质，并找到最值点的准确位置。
极值点偏移问题的几种思考方法
极值点偏移问题的几种思考方法覃文周 整理近几年来，高考全国卷和地方卷，屡次出现极值点偏移问题.极值点偏移问题出题灵活，题目难度大，可以说是高考导数压轴题的最高境界.有关极值点偏移问题，常见有三种解法：一是比值法.二是构造对称函数.三是利用已知的不等式（如：对数平均不等式，xe ≥1+ x +21x 2，㏑x ≤x -1（x ＞0）等）.本文首先介绍极值点偏移的定义，图像类型；然后介绍极值点偏移的常见问题；再介绍构造对称性函数的一般思路；最后介绍一些经典问题的解法.一、极值点偏移定义简单来说，存在极值点的函数，如果图像不对称，则称之为极值点偏移. 二次函数，是左右对称的，所以抛物线不是极值点偏移.极值点偏移产生的原因是函数在极值点两侧的增减速度不一致.用数学语言来描述，就是：对于函数)(x f y =在区间(a ,)b 内只有一个极值点0x ，方程0)(=x f 的解为x 1,x 2,且a <x 1<x 2<b ，(1)若21(x 1+x 2)≠0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1,x 2)上极值点0x 偏移；(2)若21(x 1+x 2)＞0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1, x 2)上极值点0x 左偏；简称极值点0x 左偏；(3)若21( x 1+ x 2)＜0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1, x 2)上极值点0x 右偏；简称极值点0x 右偏.极值点偏移常见的4种图形是：二、极值点偏移的常见类型 极值点偏移常见的问题有4类：1、若函数f (x )存在两个零点x 1, x 2,即 f (x 1)= f (x 2)=0且x 1≠x 2 , 0x 是函数0)(=x f 区间(x 1, x 2)上的极值点.求证：x 1+ x 2＞20x .2、若函数f (x )存在x 1, x 2,且x 1≠x 2满足f (x 1)= f (x 2)，0x 是函数0)(=x f 区间(x 1, x 2)上的极值点.求证：x 1+ x 2＞20x .3、若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2, 即 f (x 1)= f (x 2)=0且x 1≠x 2,令0x =21( x 1+ x 2)，求证：)(0x f '＞0. 4、若函数f (x )存在x 1, x 2,且x 1≠x 2, 满足f (x 1)= f (x 2)，令0x =21( x 1+ x 2)，求证：)(0x f '＞0.三、构造对称函数解极值点偏移问题的一般思路最关键的步骤是找到极值点，然后构造对称性函数，其固定套路如下： （1）求出函数f (x )的极值点x 0；（2）构造对称函数F (x )= f (x 0+x )- f (x 0-x )； （3）确定函数F (x )的单调性；（4）结合F(0)= 0，判断F(x )的符号，从而确定f (x 0+x )、 f (x 0-x )的大小关系.四、经典问题的解法举例 1、已知函数f (x )=（x -2）ex+ a (x -1)2 （a ＞0）有两个零点x 1, x 2, 求证：x 1+ x 2 ＜ 2.解析：)(x f '=（x -1）(e x+2a ）.当a ＞0时e x+2a ＞0.由)(x f '=0得x =1.f (x )在区间(-∞,1)上单调减少，在区间(1,+∞)上单调增加.∴ f (x )在的极小值是f (1)= -e .∵f (2)= a ＞0,∴ f (x )在(1,2)内有一个零点.而-∞→x lim f (x )=+∞. ∴ f (x )在(-∞,1)内有一个零点.不妨设x 1<1<x 2<2，令F (x )= f (1+x )- f (1-x )， 则)(x F '=)1()1(x f x f -'++'=ex （x x ee 12-）＞ 0∴F (x )在x ＞0时单调增加， F (x ) ＞F (0)=0. ∴ f (1+x ) ＞ f (1-x )f (2- x 1)= f (1+(1- x 1))＞f (1-(1- x 1))= f (x 1)= f (x 2),∵2- x 1＞1, x 2＞1,∴2- x 1＞x 2. ∴x 1+ x 2 ＜ 2. 2、已知函数f (x )=xe-x（x ∈R ）.(1) 求f (x )单调区间.（2）已知函数g (x )的图像与函数f (x )的图像关于直线x=1对称. 求证：x ＞1时f (x )＞ g (x ).（3）如果函数f (x 1)= f (x 2)且x 1≠x 2.证明：x 1+ x 2 ＞ 2.解：(1) )(x f '=e-x- x e-x=（1-x )e-x当x ∈(-∞,1)时，)(x f '＞0，f (x )在 (-∞,1) 内单调增加； 当x ∈(1,+∞)时，)(x f '＜0，f (x )在 (1,+∞) 内单调减少.f (x )在x=1时取得极大值f (1)= e -1.(2) 由题设可得：g (x )= f (2-x )= (2-x )ex-2.设F (x )= f (x )- g (x )，则)(x F '=)()(x g x f '-' =（1-x )e -x+（x -1) e x-2则)(x F '=)()(x g x f '-'=（1-x )e -x+（x -1) e x-2=（x -1) e -x（e 2（x-1）-1).当x ＞1时 )(x F '＞0， F (x )在(1,+∞)上单调增加.F (x )= f (x )- g (x )＞F (1)= 0 ∴f (x ) ＞ g (x ).（3）由于f (x )在x=1时取得极大值f (1)=e-1＞0.∵0lim →x f (x )=0, +∞→x lim f (x )=0. 不妨设0＜x 1<1< x 2<2.（∵ 当x 2≥2时显然有x 1+ x 2 ＞ 2）由(2)知当x ＞1时有f (x ) ＞ g (x ) = f (2-x ) ∴ f (x 1)= f (x 2) ＞ f (2- x 2)，此时0＜2- x 2<1， ∴x 1＞2- x 2 ∴ x 1+ x 2 ＞ 23、已知函数 f (x )=㏑x –ax 2 + (2-a ) x ，（x ＞0）. (1) 讨论f (x )单调区间.（2）设a ＞0. 证明：当0＜ x ＜a1时 f (a1+x )＞ f (a1-x ).（3）如果函数f (x )的图像与x 轴相交于A 、B 两点，线段AB 的中点横坐标是x 0.证明：)(0x f '＜0.解：(1))(x f '=x1–2ax +(2-a )=–x1（2x +1）（ax -1）若a ≤0，则)(x f '＞0，f (x )在 (0,∞) 内单调增加。
2023年数学高考复习真题演练(全国卷)05 极值点偏移问题与拐点偏移问题 (含详解)
专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题【考点预测】1.极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图 1 极值点不偏移图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
【方法技巧与总结】 1.对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系． (5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2.121212ln ln 2x x x xx x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.3. 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.【题型归纳目录】题型一：极值点偏移:加法型 题型二：极值点偏移:减法型 题型三：极值点偏移:乘积型 题型四：极值点偏移:商型 题型五：极值点偏移:平方型 题型六：拐点偏移问题 【典例例题】题型一：极值点偏移:加法型例1．（2022•浙江期中）已知函数()f x x lnx a =--有两个不同的零点1x ，2x ． （1）求实数a 的取值范围； （2）证明：121x x a +>+．例2．（2022•汕头一模）已知函数()f x x lnx a =--有两个相异零点1x ，212()x x x <． （1）求a 的取值范围；（2）求证：12423a x x ++<． 例3．（海淀区校级月考）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，a R ∈． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1P ，f （1）)处的切线方程； （Ⅰ）若0a ，求()f x 的零点个数；（Ⅰ）若()f x 有两个零点1x ，2x ，证明：122x x +<．例4．（2022•江门一模）已知函数()|1|af x ln x x=--，a R ∈是常数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程，并证明对任意a R ∈，切线经过定点； （Ⅰ）证明：0a <时，设1x 、2x 是()f x 的两个零点，且122x x +>．题型二：极值点偏移:减法型例5．（2022•七星区校级月考）已知函数2()12a f x xlnx x =-+． （1）若()f x 在(0,)+∞上单调递减，求a 的取值范围； （2）若()f x 在1x =处的切线斜率是12，证明()f x 有两个极值点12x x ，且2132||3ln lnx lnx <-<． 例6．（2022•常熟市月考）设函数()f x lnx =，()(1)g x a x =-，其中a R ∈． （1）若1a =，证明：当1x >时，()()f x g x <； （2）设()()()x F x f x g x e =-，且10a e<<，其中e 是自然对数的底数． ①证明()F x 恰有两个零点；②设0x 如为()F x 的极值点，1x 为()F x 的零点，且10x x >，证明：0132x x ->． 例7．（2022•黄州区校级模拟）已知函数()(1)f x axlnx a lnx =-+，()f x 的导数为()f x '． （1）当1a >-时，讨论()f x '的单调性；（2）设0a >，方程3()f x x e =-有两个不同的零点1x ，212()x x x <，求证：121x e x e+>+．例8．（2022•道里区校级二模）已知函数()(1)f x mxlnx m lnx =-+，()f x '为函数()f x 的导数． （1）讨论函数()f x '的单调性；（2）若当0m >时，函数()f x 与3()g x x e =-的图象有两个交点1(A x ，1)y ，2(B x ，212)()y x x <，求证：211x x e e+<+．题型三：极值点偏移:乘积型例9．（2021春•汕头校级月考）已知，函数()f x lnx ax =-，其中a R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 有两个零点， ()i 求a 的取值范围；()ii 设()f x 的两个零点分别为1x ，2x ，证明：212x x e >．例10．（2022•攀枝花模拟）已知函数()(,)bf x lnx a a R b R x=+-∈∈有最小值M ，且0M ．（Ⅰ）求11a e b --+的最大值；（Ⅰ）当11a e b --+取得最大值时，设F （b ）1()a m m R b-=-∈，()F x 有两个零点为1x ，212()x x x <，证明：2312x x e ⋅>．例11．（2022•张家口二模）已知函数()(x alnxf x e a e x=--是自然对数的底数）有两个零点． （1）求实数a 的取值范围；（2）若()f x 的两个零点分别为1x ，2x ，证明：12212x x e x x e +>．例12．（2022•武进区校级月考）已知函数21()2f x lnx x ax =+-．（1）若函数()f x 在1x =处的切线与x 轴平行，求a 的值；（2）若存在[1t ∈-，1]，使不等式()(1)f x tx a lnx --对于[1x ∈，]e 恒成立，求a 的取值范围； （3）若方程21()2f x x =有两个不等的实数根1x 、2x ，试证明212x x e >． 题型四：极值点偏移:商型例13．已知函数()(0)x af x x e a =->有两个相异零点1x 、2x ，且12x x <，求证：12x e x a<． 例14．（2022•新疆模拟）已知函数21()2f x lnx ax x =-+．（1）当52a =时，求()f x 的单调区间； （2）已知433a，1x ，212()x x x >为函数()f x 的两个极值点，求1211222()x x x y ln x x x -=-+的最大值． 例15．（2021春•湖北期末）已知函数()1()x f x ae lnx a R -=+-∈． （1）当a e 时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点1x ，212()x x x <，且12(21)221e ln ex x e +⋅+-，求21x x 的最大值．例16．（2022•宁德三模）已知函数()1()x f x ae lnx a R -=+-∈． （1）当a e 时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点1x ，212()x x x <，且1223x x ln +，求21x x 的最大值． 题型五：极值点偏移:平方型例17．（2022•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，f （1）)处的切线l 恒过定点；（2）若()f x 有两个零点1x ，2x ，且212x x >4e． 例18．（2022•浙江开学）已知a R ∈，()ax f x x e -=⋅（其中e 为自然对数的底数）． （Ⅰ）求函数()y f x =的单调区间；（Ⅰ）若0a >，函数()y f x a =-有两个零点x ，2x ，求证：22122x x e +>． 例19．（2021秋•泉州月考）已知函数1()lnx f x ax+=． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若2112()()(x x ex ex e =是自然对数的底数），且10x >，20x >，12x x ≠，证明：22122x x +>． 例20．（2022•开封三模）已知函数2()lnxf x mx =． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若2m =，对于任意120x x >>，证明：22222112212122(()())()x f x x f x x x x x x ⋅-⋅⋅+>-．题型六：拐点偏移问题例21．已知函数2()2f x lnx x x =++．（1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程． （2）若正实数1x ，2x 满足12()()4f x f x +=，求证：122x x +． 例22．已知函数22111()(1)()2f x x x Inx a R a a a=-++∈． （1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性； （2）当12a =时，设()()6g x f x x =+，若正实数1x ，2x ，满足12()()4g x g x +=，求证：122x x +． 例23．已知函数2()2f x lnx x ax =+-，a R ∈． （Ⅰ）若()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；（Ⅱ）设()()(4)g x f x a x =+-，试讨论函数()g x 的单调性；（Ⅲ）当2a =-时，若存在正实数1x ，2x 满足121212()()3f x f x x x x x ++=+，求证：1212x x +>． 【过关测试】1．（2022·天津河东·二模）已知函数()22ln x f x x a=-（a ∈R 且0a ≠）．(1)2a =，求函数()f x 在()()22f ,处的切线方程．(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若函数()f x 有两个零点12x x 、()12x x <，且2e a =，证明：122e x x +>． 2．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数()()32ln f x x x a a R x=++-∈有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：121x x >.3．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数()2e 1xf x ax bx =-+-，其中a ，b 为常数，e 为自然对数底数，e 2.71828=⋅⋅⋅．(1)当0a =时，若函数()0f x ≥，求实数b 的取值范围；(2)当2b a =时，若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，现有如下三个命题： ①12728x bx +>；②)12123x x x x +>2>； 请从①②③中任选一个进行证明．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 4．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知函数()ln f x x x =- (1)求证：当1x >时，()21ln 1x x x ->+；(2)当方程()f x m =有两个不等实数根12,x x 时，求证：121x x m +>+5．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知函数()()e 21xf x x a =--+，()()()212g x x a x a =+--+（其中e 2.71828≈是自然对数的底数）(1)试讨论函数()f x 的零点个数；(2)当1a >时，设函数()()()h x f x g x =-的两个极值点为1x 、2x 且12x x <，求证：21e e 42x x a -<+. 6．（2022·安徽淮南·二模（理））已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭． (1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>． 7．（2022·湖南·岳阳一中一模）已知函数()()()ln 2f x a x x a R =+-∈. (1)讨论()f x 的单调性和最值； (2)若关于x 的方程21e ln (0)2x mm m m x =->+有两个不等的实数根12,x x ，求证：122e e x x m +>.8．（2022·山东·青岛二中高三期末）已知函数()()1ln f x x a x =-，a R ∈. (1)讨论f （x ）的单调性；(2)若10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，都有()1f x <，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数1x ，2x 满足22111ln 1ln x x x x +=+，证明：1212x x ex x +<.9．（2021·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习）已知函数()()1ln f x x x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112a b<+. 10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2e R xf x ax a =--∈.(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，若函数()()e xg x x f x =+，求()g x 的单调区间；(3)当0a >时，若函数()()2e xh x f x ax =+-恰有两个不同的极值点1x 、2x ，且12x x <，求证：12ln 22x x a +<. 11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数1()(0)e xa xf x x --=>（e 为自然对数的底数，a ∈R ）． (1)求()f x 的单调区间和极值；(2)若存在12x x ≠，满足()()12f x f x =42aa >+． 12．（2022·全国·高三专题练习）已知函数1(),f x x a a a R x=--+∈.(1)若f （1）=2，求a 的值；(2)若存在两个不相等的正实数12,x x ，满足12()()f x f x =，证明：①1222x x a <+<； ②2211x a x <+. 13．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知函数()xxf x x e =-. (1)求()f x 的单调区间；(2)已知,a b ∈R ，且a b ，若a ba b a b aebe ae be +++=+，求证：0a b +>.专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题【考点预测】1.极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
对数不等式在极值点偏移问题中的应用
对数不等式在极值点偏移问题中的应用摘要：极值点偏移问题是高考的热门问题，也是难点问题.函数的极值点是导数的零点，所以也可以算作零点问题。
对于极值点偏移问题在以往的证明过程中一般采用整体代换的思想，构造函数，讨论单调性来证明，证明过程相当繁杂.本文重点介绍对数不等式在零点证明问题中的应用，其思想简单，便于理解.关键词：导数；零点；极值点；对数不等式1.引言导数作为高考必考内容，总分值为12分或17分，在高考中占比较大.导数一般以一大一小形式出现，其难度较大，大题一般作为压轴题，学生在考试时往往无法解决.本文主要围绕导数的应用中零点证明问题展开自己的看法，对于对数不等式在零点证明问题中的应用进行了阐述，并给予例题进行说明，然后进行一些分析总结.2.对数不等式下面我们引入对数不等式：对于证明设因为恒成立.所以在上单调递增.则，即 .令， .所以 .即，即得证.又因为当且仅当时取等号.故恒成立.所以在上单调递增.即 .即 .令 .所以，即 .所以 .综上，3.对数不等式在零点问题证明中的应用例1已知函数有两个不同的零点 .证明： .（2019云南曲靖一中1月月考,21）传统构造函数解法：证明由题意知两式相减得，即 .要证，即证，即证 .不妨设令，则，只需证即可.设，则.设 .则，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递增，所以，即在时恒成立，原不等式得证.应用对数不等式证明：证明由题意知两时相减得：，所以 .由对数不等式得：，即得证.可以看出通过构造函数来证明这类问题不仅思想难度高，要构造出适当的函数，而且烦杂，学生往往无法处理.但用对数不等式思想难度低，只需找到形式的式子，然后用对数不等式来证明.可以比较出对数不等式在证明零点问题时是行之有效的.下面我们给出对于一般形式的式子的应用：对形如的函数在零点问题中的应用.若为的两个不同零点.则 .两式相减得：，即由对数不等式得：，即， .对于上一例题我们还可以证明得 .例2已知函数有两个不同的零点 .且为的中间，证明： .我们直接应用对数不等式证明：证明因为，因为，所以当时，若，则解得，若，则，解得，所以在单调递增，在上单调递减.当时，恒成立，在上单调递增.由于为的两个不同零点，假设，由对数不等式可以得到：又因为，所以，又因为，所以，所以，所以在函数单调减区间中，即得证.本题应用对数不等式找到一个关于的不等式，将思想难度降低，通过化简运算得到证明.由对数不等式我们还可以证明得 .例3已知函数，的导函数.若存在，且时，，证明 .（2019.9月武汉新起点理科数学，22）证明由已知得：假设，则所以所，由对数不等式得：，即得证.例4已知函数有两个零点，证明： .证明由已知得：，对两式分别取对数得：两式相减得：，应用对数不等式得：，所以得证.对于形如的函数在零点问题中的应用.若的两个零点分别为 .（这里可以）则，对两式分别取对数得：两式相减得：，应用对数不等式得：，所以可以得到 .由上可以得到对于的式子我们可以尝试用对数不等式来证明.这类问题是复杂的，但采用对数不等式是行之有效的.5.对数不等式在极值点问题证明中的应用我们知道若为的两个极值点，则有，那么问题可以等价为零点问题，同样可以应用对数不等式来证明.例5已知函数 .1.讨论的单调性.2.若存在两个极值点，证明：Ⅰ卷理）（2018.全国解（1）可以得到：当时，在上单调递减，在上单调递增.当时，在上单调递减.（2）由是的两个极值点，设 .所以，化简得： .由（1）知 ,且是的两实数根.所以 .由对数不等式得：得证.对于极值点问题，我们往往通过求导令，可以得到一个一元二次方程，我们可以通过韦达定理找到来证明.6.小结在高考导数大题经常会设计到零点的证明问题，即或者别的形式的式子，它实质上属于极值点偏移问题，通过应用对数不等式来解决这类问题不仅思想简单，而且简便快捷.总之，应用对数不等式证明零点、极值点问题是行之有效的.2。
从对数平均谈极值点偏移问题
双变元的不等式.所以，极值
点偏移问题实质是双变元不等式的问题.而双变元不等式的
问题许多都可以回归对数平均.那么，极值点偏移的问题是
不是也就是对数平均的问题呢？
3 对数平均
两个正数 a 和 b 的对数平均定义：
L(a, b)
=
ì íïln
a a
-
b ln
b
(a
≠
b)
îïa
(a = b)
对 数 平 均 与 算 术 平 均 、几 何 平 均 的 大 小 关 系
⇔
ln 1 1
- x1 + x12
+
x1
=
ln1 1
+
x2 x22
+
x2
（两边取对数）
⇔ ln(1 - x1) - ln(1 + x12) + x1 = ln(1 - x2) - ln(1 + x22) + x2
⇔ [ln(1 + x12) - ln(1 + x22)] -[ln(1 - x1) - ln(1 - x2)] = x1 - x2
x = 0 是 y = f (x) 的极值点. y = f (x) 在 (-∞,0) 上单调递增，在
(0, +∞) 上单调递减. x1 < 0 < x2
已知
f (x1) = f (x2) (x1 ≠ x2)
⇔
1 1
+
x1 x12
ex1
=
1 1
+
x2 x22
ex2
(显然
x1 < 0 < x2 < 1 )
=1
<
x1
利用对数平均不等式解决极值点偏移问题
) =/%、,*%/,k(%y■!，%■;_^ '作3!)在点？处的切线分
别与AW,B>交于J,7.记曲 边梯形ABQP的面积为S1 , 边梯形AUTP的面积为S2,
1( )因为 S1 > S4B7J = , S4B&0
• ZHUANTI YANJIU
专题研究
利用对数平均不等式解决极值点偏移问题
◎曾雪萍(贵阳市第一中学，贵州贵阳550000 $
对数平均不等式与极值点的偏移
, 对平均不等式 效 $
着深刻的内在 导数压
一、相关
证明
1 •两个正数％和G的对数平均数定义：
{ ](%,!) - In% - InG!
%,% - G.
即
/%!
<
]G
n
—n%•
三、例题
例1
数3 !) - !_"(! & R)，如果! * !，且
/( !1 ) = 3 !2 ) •证明：！ + !2 > 2•
解 设/(对)=/(对)=c,则牛 =cW = c(!1 * !)
e1
2
｛ Inc, ( 1)
两边取对数，可得
ln!1
ln!2
-!= -!2 =
2 •对数平均
术平均数、几何平均数的大小关系
是：/%/( L( %,G)( 号/此式记为对数平均不等式)•
下面给岀对数平均不等式的证明：
① 当％ = !> 0时,显然
② 当％ * G时,不妨设％ >G > 0
利用对数平均不等式处理极值点偏移压轴难题
利⽤对数平均不等式处理极值点偏移压轴难题
在2016年全国卷出来，极值点偏移问题可谓是⽕遍⼤江南北，此类问题在各地区的模拟试题如
⾬后春笋不断出现。
本⽂介绍处理极值点偏移另⼀神器，对数平均不等式，也有⽼师称之为“A —L—G”不等式。
⼀、极值点偏移的定义
⼆、对数平均定义与证明
（需要说明的是对数平均不等式在⾼考中不能直接⽤，再解答题中需要证明，避免扣分）
三、⾼考例题
偏移问题在历年考题中也反复出现，⽐如2016年全国卷、2013年湖南卷、2011年辽宁卷、
2010年天津卷等，下⾯举例分别说明
四、解后思考：答题模板
第⼀步: 根据f(x1)=f(x1)建⽴等式;
第⼆步: 如果等式含有参数，则消参; 有指数的则两边取对数，转化为对数式;
第三步: 通过恒等变换转化为对数平均问题，利⽤对数平均不等式求解
上⾯四个⾼考真题也可以利⽤对称性构造函数⽅法解答，具体见上⼀篇⽂章
（给学⽣的话，⽼师可忽略是对数平均不等式在⾼考中不能直接⽤，再解答题中需要证明，避
免扣分。
解答极值点偏移问题的通法还是对称构造，但是通法并不⼀定是最简便的⽅法）
作者：湖北省黄⽯市第⼀中学杨瑞强。
- 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)。
对数平均不等式的典型应用极值点偏移问题的母题对数、指数平均不等式与高考中的一类热点,即极值点的偏移(类对称或淮对称)问题具有深该的内在联系,利用对数与 指数平均不等式可建立极值点的偏移母题如下.[母题结构]:(Ⅰ)(对数模型)设P(x 1,y 1)、Q(x 2,y 2)是函数f(x)=mlnx+ax 2+bx+c(m ≠0)图像上的任意两点,则当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221xx +)>k PQ ; (Ⅱ)(指数模型)设P(x 1,y 1)、Q(x 2,y 2)是函数f(x)=me x+ax 2+bx+c(m ≠0)图像上的任意两点,则当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221x x +)>k PQ . [母题解析]:(Ⅰ)由f(x)=mlnx+ax 2+bx+c ⇒f '(x)=xm +2ax+b ⇒f '(221x x +)=212x x m ++a(x 1+x 2)+b;又由k PQ =2121)()(x x x f x f --=m ⋅2121ln ln x x x x --+a(x 1+x 2)+b ⇒k PQ -f '(221x x +)=m(2121ln ln x x x x ---212x x +),由对数平均不等式:2b a +>ba b a ln ln --⇒2121ln ln x x x x -->212x x +⇒当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221x x +)>k PQ ;(Ⅱ)由f(x)=me x+ax 2+bx+c ⇒f '(x)=me x+2ax+b ⇒f '(221xx +)=me221x x ++a(x 1+x 2)+b;又由k PQ =2121)()(x x x f x f --=m ⋅2121x x e e x x --+a(x 1+x 2)+b ⇒k PQ -f '(221xx +)=m(2121x x e e x x ---e221x x +),由指数平均不等式:ba e e ba -->e2ba +⇒2121x x e e x x -->e221x x +⇒当m>0时,f '(221x x +)<k PQ ;当m<0时,f '(221xx +)>k PQ . 1.对数模型子题类型Ⅰ:(2011年辽宁高考试题)已知函数f(x)=lnx-ax 2+(2-a)x.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)设a>0,证明:当0<x<a 1时,f(a 1+x)>f(a1-x); (Ⅲ)若函数y=f(x)的图像与x 轴交于A,B 两点,线段AB 中点的横坐标为x 0,证明:f '(x 0)<0.[解析]:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=lnx-ax 2+(2-a)x ⇒f '(x)=-xx 12+(ax-1);①当a ≤0时,f '(x)>0⇒f(x)在(0,+∞)上递增;②当a>0时,f(x)在(0,a 1)上递增,在(a1,+∞)递减; (Ⅱ)令g(x)=f(a 1+x)-f(a 1-x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,则g '(x)=ax a +1+ax a -1-2a=222312xa x a ->0⇒g(x)在[0,a 1)上递增⇒g(x)>g(0)=0⇒f(a 1+x)>f(a1-x); (Ⅲ)设A(x 1,0),B(x 2,0),则k AB =0,由f '(221x x +)<k AB =0⇒f '(x 0)<0.[点评]:若连续函数f(x)在区间(x 1,x 2)内有唯一的极值点x 0,且f(x 1)=f(x 2),研究221x x +与x 0的大小或判断f '(221xx +)的符号,统称为极值点的偏移问题;母题结论具有解决极值点偏移问题的根本性. 2.指数模型子题类型Ⅱ:(2010年天津高考试题)已知函数f(x)=xe -x(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x 1≠x 2,且f(x 1)=f(x 2),证明:x 1+x 2>2.[解析]:(Ⅰ)由f(x)=xe -x ⇒f '(x)=e -x -xe -x =(1-x)e -x,列表如下,由表知f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数,函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=e -1; (Ⅱ)由函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称⇒g(x)=f(2-x)= (2-x)e x-2;当x>1时,令F(x)=f(x)-g(x)=xe -x+(x-2)e x-2,则F '(x)=(x-1)(e2x-2-1)e -1>0⇒函数F(x)在[1,+∞)是增函数⇒F(x)>F(1)=0⇒f(x)>g(x);(Ⅲ)设P(x 1,y 0),Q(x 2,y 0),由x 1≠x 2,且f(x 1)=f(x 2),则x 1,x 2>0;令g(x)=lnf(x)=lnx-x,则g '(221x x +)<k PQ =0⇒212x x +-1<0⇒x 1+x 2>2.[点评]:指数与对数函数模型不仅具有相似的结论,实质上,由函数y=e x 与y=lnx 的对称性知,母题中,指数与对数函数模型的结论是等价的;把指数函数问题转化为对数函数问题是解决指数函数问题的常用方法. 3.切线背景子题类型Ⅲ:(2005年湖南高考试题)已知函数f(x)=lnx,g(x)=21ax 2+bx,a ≠0. (Ⅰ)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a 的取值范围;(Ⅱ)设函数f(x)的图象C 1与函数g(x)图象C 2交于点P 、Q,过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1,C 2于点M 、N,证明:C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行.[解析]:(Ⅰ)当b=2时,h(x)=f(x)-g(x)=lnx-21ax 2-2x ⇒h '(x)=x 1-ax-2=-x1(ax 2+2x-1)(x>0);所以,h(x)存在单调递减区间⇔h '(x)≤0在(0,+∞)内有解集区间⇔T(x)=ax 2+2x-1≥0在(0,+∞)内有解集区间⇔a>0,或a<0,且4+4a>0⇔a 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞);(Ⅱ)设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),A(x 1,0),B(x 2,0),由h(x)=f(x)-g(x)=lnx-21ax 2+bx ⇒h '(x)=f '(x)-g '(x)⇒h '(221x x +)=f '(221x x +)-g '(221x x +)<k AB =0⇒f '(221x x +)<g '(221x x +)⇒C 1在点M 处的切线斜率=f '(221xx +)<C 2在点N 处的切线斜率=g '(221x x +)⇒C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行. [点评]:对数、指数平均不等式及其引伸的母题结论具有广泛的应用,尤其在解决双切线问题中,具有十分有力的深刻应用;掌握对数、指数平均不等式及其引伸的母题结论的证明是十分必要的. 4.子题系列:1.(2016年安徽蚌埠二模试题)设函数f(x)=x 2+3x+3-ae x(a 为非零常数). (Ⅰ)求g(x)=xe xf )(的单调区间;(Ⅱ)若存在b,c ∈R,且b ≠c,使f(b)=f(c),试判断a f '(2cb +)的符号. 2.(2014年江苏南通二模试题)设函数f(x)=e x-ax+a(a ∈R),其图像与x 轴交于A(x 1,0),B(x 2,0)两点,且x 1≠x 2. (Ⅰ)求a 的取值范围;(Ⅱ)证明:f '(21x x )<0(f '(x)为函数f(x)的导函数). 3.(2013年湖南高考试题)已知函数f(x)=211xx +-e x.(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)证明:当f(x 1)=f(x 2)(x 1≠x 2)时,x 1+x 2<0. 4.(2014年广东韶关二模试题)已知函数f(x)=ln(x+a1)-ax,其中,a ∈R 且a ≠0. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若不等式f(x)<ax 恒成立,求实数a 的取值范围; (Ⅲ)若方程f(x)=0存在两个异号实根x 1,x 2,求证:x 1+x 2>0. 5.(2011年湖南高考试题)设函数f(x)=x-x1-alnx(a ∈R), (Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x 1和x 2,记过点A(x 1,f(x 1)),B(x 2,f(x 2)),的直线的斜率为k,问:是否存在a,使得k=2-a?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由.6.(2015年广东广州二模试题)已知函数f(x)=alnx-11+-x x ,g(x)=e x(其中e 为自然对数的底数). (Ⅰ)若函数f(x)在区间(0,1)内是增函数,求实数a 的取值范围;(Ⅱ)当b>0时,函数g(x)的图象C 上有两点P(b,e b),Q(-b,e -b),过点P,Q 作图象C 的切线分别记为l 1,l 2,设l 1与l 2的交点为M(x 0,y 0),证明:x 0>0. 5.子题详解: 1.解:(Ⅰ)由g(x)=xex f )(=(x 2+3x+3)e -x -a ⇒g '(x)=-x(x+1)e -x⇒g(x)在(-∞,-1)和(0,+∞)上递减,在(-1,0)上递增;(Ⅱ)令P(b,f(b)),Q(c,f(c)),则k PQ =0;①当-a>0,即a<0时,f '(2c b +)<k PQ =0⇒a f '(2cb +)>0;②当-a<0,即a>0时, f '(2c b +)>k PQ =0⇒a f '(2c b +)>0.综上,a f '(2cb +)>0. 2.解:(Ⅰ)由f '(x)=e x-a;①当a ≤0时,f '(x)>0⇒f(x)在(-∞,+∞)上单调递增⇒f(x)至多有一个零点,不合题意;②当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,由f(x)有两个零点⇒f min (x)=f(lna)=2a-alna<0⇒a>e2⇒lna>2;又f(1)=e>0,f(a -1lna)=e 1-alna-lna+a>a -1lna+1-(a-1)+a=a -1lna+2>0⇒f(x)有两个零点x 1,x 2,且1<x 1<x 2.故a 的取值范围是(e 2,+∞); (Ⅱ)由f '(221x x +)<k PQ =0,且f '(x)=e x-a 在(-∞,+∞)上单调递增;又由1<x 1<x 2⇒21x x <221x x +⇒f '(21x x )< f '(221x x +)<0. 3.解:(Ⅰ)由f(x)=211xx +-e x⇒f '(x)=-222)1()32(x x x x ++-e x⇒f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;(Ⅱ)不妨设x 1<x 2,由(Ⅰ)知x 1<0,x 2>0;由f(x 1)=f(x 2)⇒21111x x +-e 1x =22211x x +-e 2x >0⇒0<x 2<1,ln(1-x 1)-ln(1+x 12)+x 1=ln(1-x 2)-ln(1+x 22)+x 2⇒(x 1+x 2)22212221)1ln()1ln(x x x x -+-++)1()1()1ln()1ln(2121x x x x ------=1;根据对数平均不等式,有22212221)1ln()1ln(x x x x -+-+> 222221++x x ,)1()1()1ln()1ln(2121x x x x ------>)(2221x x +-⇒(x 1+x 2)222221++x x +)(2221x x +-<1⇒(x 1+x 2)222221++x x +)(2221x x +--1<0⇒(x 1+x 2)222221++x x +)(22122x x x x +-+<0⇒(x 1+x 2)[222221++x x +)(2121x x +-]<0;由x 1<0,0<x 2<1⇒x 1+x 2<2⇒)(2121x x +->0 ⇒222221++x x +)(2121x x +->0⇒x 1+x 2<0.4.解:(Ⅰ)由f(x)的定义域为(-a 1,+∞),f '(x)=-12+ax x a ;①当a<0时,f '(x)>0⇒f(x)在(-a1,+∞)上单调递增;②当a>0时,在区间(-a 1,0)上,f '(x)>0,在区间(0,+∞)上,f '(x)<0⇒f(x)在(-a1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减; (Ⅱ)由f(x)<ax ⇔2ax-ln(x+a 1)>0,令x=e-a 1得:2a(e-a 1)-1>0⇒2ea-3>0⇒a>0;令g(x)=2ax-ln(x+a1),则g '(x)= 122+ax a (x+a 21)⇒g(x)在(-a 1,-a 21)上单调递减,在(-a 21,+∞)上单调递增⇒g min (x)=g(-a 21)=-1-ln(2a);由g min (x)>0 ⇒a>2e ⇒a 的取值范围是(2e,+∞); (Ⅲ)由(Ⅰ)知a>0,且-a 1<x 1<0<x 2,由f(x 1)=f(x 2)=0⇒ln(x 1+a 1)-ax 1=ln(x 2+a 1)-ax 2=0⇒x 1+a 1=e 1ax ,x 2+a1=e 2ax ⇒x 2-x 1 =e 2ax -e 1ax ⇒1212ax ax e e ax ax --=a 1;又x 1+x 2+a 2=e 1ax +e 2ax ,根据指数平均不等式,有=e 1ax +e 2ax >2⋅1212ax ax e e ax ax --=a 2⇒x 1+x 2+a 2>a2⇒x 1+x 2>0.5.解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=21x(x 2-ax+1);①当a ≤2时,f '(x)≥0⇒f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>2时,由f '(x)=0⇒x 1=242--a a ,x 2=242-+a a ⇒f(x)在(0,x 1)和(x 2,+∞)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减; (Ⅱ)由(Ⅰ)知,a<2,且x 1x 2=1;由k=2121)()(x x x f x f --=1+211x x -a 2121ln ln x x x x --;若存在a,使得k=2-a,则2121ln ln x x x x --=1,即2121ln ln x x x x --=21x x ;但由加细基本不等式知;2121ln ln x x x x -->21x x .故不存在a,使得k=2-a.6.解:(Ⅰ)由函数f(x)在区间(0,1)内是增函数⇔当x ∈(0,1)时,f '(x)=x a-2)1(2+x ≥0⇔当x ∈(0,1)时,a ≥212++xx⇔a ≥21.故实数a 的取值范围为[21,+∞); (Ⅱ)由g(x)=e x⇒g '(x)=e x⇒切线l 1:y=e b(x-b)+e b,l 2:y=e -b(x+b)+e -b⇒x 0=b ⋅bbb b ee e e ---+-1=b ⋅bb ee 2211---+-1;设t=e -2b∈(0,1),则lnt=-2b ⇒-1=t b ln 2⇒x 0=b ⋅t t -+11+t b ln 2=b(t t -+11+t ln 2);由(Ⅰ)知,当a=21时,f(x)=21lnx-11+-x x 在区间(0,1)内是增函数⇒f(t)=21lnt-11+-t t <f(1)=0⇒2ln t <11+-t t ⇒t t -+11+t ln 2>0⇒x 0>0.。