补上一课　指数、对数均值不等式

补上一课指数、对数均值不等式知识拓展对数与指数均值不等式结论1对任意的a，b＞0(a≠b)，有eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).证明不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)首先，由eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)等价于lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))，即lneq\f(a,b)＜eq\f(\f(a,b)－1,\r(\f(a,b))).令x＝eq\r(\f(a,b))＞1，只要证lnx2＜eq\f(x2－1,x)，即证2xlnx－x2＋1＜0.令f(x)＝2xlnx－x2＋1(x＞1)，则f′(x)＝2lnx＋2－2x，f″(x)＝eq\f(2,x)－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)单调递减，即f(x)＜f(1)＝0.故eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb).其次，eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)等价于lna－lnb＞eq\f(2（a－b）,a＋b)，即lneq\f(a,b)＞eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令x＝eq\f(a,b)＞1，只要证lnx＞eq\f(2（x－1）,x＋1)，即证(x＋1)lnx－2x＋2＞0.设g(x)＝(x＋1)lnx－2x＋2(x＞1)，同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，有g(x)＞g(1)＝0.故eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).需注意的是，在实际解题过程中，凡涉及这两个不等式的都需给出证明，以确保考试不被扣分.结论2对任意实数m，n(m≠n)，有eeq\s\up6(\f(m＋n,2))＜eq\f(em－en,m－n)＜eq\f(em＋en,2).证明在指数均值不等式中，令em＝a，en＝b，则m＝lna，n＝lnb，从而可得对数均值不等式.题型一对数均值不等式的应用例1已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②若a＞2，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)＜0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增.(2)证明法一由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x1)－x1＋alnx1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－x2＋alnx2))＝2(x2－x1)＋a(lnx1－lnx2).所以eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)－2.利用对数均值不等式且x1x2＝1，得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a·eq\f(1,\r(x1x2))－2＝a－2.法二由(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eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝－2＋a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋a·eq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2等价于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜g(1)＝0.设函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减.又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0，即eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.感悟提升关键是凑配出利用对数均值不等式的形式.训练1若函数f(x)＝lnx－ax有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2.(注：此题用对数均值不等式证明)证明借助a作为媒介，构造对数均值不等式.依题意，lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0.两式相减，得lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，即a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，两式相加，得lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2).故欲证x1x2＞e2，即证lnx1＋lnx2＞2，即证a(x1＋x2)＞2，即证eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2).由对数均值不等式知上式显然成立.综上，x1x2＞e2成立.题型二指数均值不等式例2(2024·石家庄质检改编)已知函数f(x)＝ex－ax(a>1)有两个不同的零点x1，x2，x1<x2，求证：x1＋x2>2.证明因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以a＝eq\f(ex2,x2)＝eq\f(ex1,x1)，因此eq\f(ex2＋ex1,x2＋x1)＝eq\f(ex2－ex1,x2－x1)，变形得eq\f(ex2＋ex1,ex2－ex1)＝eq\f(x2＋x1,x2－x1)，又由指数均值不等式得eq\f(x2＋x1,x2－x1)＝eq\f(ex2＋ex1,ex2－ex1)>eq\f(\f(2（ex2－ex1）,x2－x1),ex2－ex1)＝eq\f(2,x2－x1)，所以x1＋x2>2，故原命题得证.感悟提升当出现指数和、指数差时，考虑利用指数均值不等式进行放缩，进而得到所求不等式的范围.训练2已知a∈R，函数f(x)＝2ln(x－2)＋a(x－2)2，若函数f(x)的两个相异零点x1，x2，求证：x1x2＋4>2(x1＋x2)＋e.证明x1x2＋4>2(x1＋x2)＋e⇔(x1－2)(x2－2)>e⇔ln(x1－2)＋ln(x2－2)>1.设t1＝ln(x1－2)，t2＝ln(x2－2)，故原命题转化为：函数g(t)＝2t＋ae2t有两个相异零点t1，t2，设t1<t2，证明t1＋t2>1，令2t＋ae2t＝0，得－a＝eq\f(2t,e2t)，因为eq\f(2t1,e2t1)＝eq\f(2t2,e2t2)，所以eq\f(2t1＋2t2,e2t1＋e2t2)＝eq\f(2t2－2t1,e2t2－e2t1)，变形得eq\f(e2t1＋e2t2,e2t2－e2t1)＝eq\f(2t1＋2t2,2t2－2t1)，由指数均值不等式得eq\f(2t1＋2t2,2t2－2t1)＝eq\f(e2t1＋e2t2,e2t2－e2t1)>eq\f(\f(2（e2t2－e2t1）,2t2－2t1),e2t2－e2t1)＝eq\f(2,2t2－2t1)，所以t1＋t2>1.【A级基础巩固】1.(2024·武汉调研节选)已知函数f(x)＝e2x－ax＋a，设f′(x)是f(x)的导函数，若f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0.证明由题意知f(x1)＝f(x2)，即e2x1－ax1＝e2x2－ax2，所以eq\f(e2x1－e2x2,2x1－2x2)＝eq\f(1,2)a，由指数均值不等式得ex1＋x2<eq\f(1,2)a，即x1＋x2<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))，由f′(x)＝2e2x－a(a>0)，从而f′(x)单调递增，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ln\f(1,2)a))2elneq\f(a,2)－a＝0，得证.2.若m>0，x1，x2为函数f(x)＝ex－mx－a的两个零点，且x1<x2，求证：2x1＋x2<3lnm.证明由f′(x)＝ex－m，由f′(x)<0，得x<lnm；由f′(x)>0，得x>lnm，则f(x)在(－∞，lnm)上单调递减，在(lnm，＋∞)上单调递增，故x1<lnm<x2，①由于ex1－mx1＝ex2－mx2，由指数均值不等式得eq\f(ex1－ex2,x1－x2)＝m>eeq\f(x1＋x2,2)，则eq\f(x1＋x2,2)<lnm，②由①②得2x1＋x2<3lnm.3.(2022·新高考Ⅱ卷节选)设n∈N*，证明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1).证明先证对数均值不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立.不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立⇔lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))⇔lneq\f(a,b)＜eq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(b,a))⇔2lnx＜x－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中x＝\r(\f(a,b))＞1))，构造函数h(x)＝2lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))(x＞1)，则h′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\s\up12(2).当x＞1时，h′(x)＜0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)＜h(1)＝0，从而不等式成立.法一令a＝1＋eq\f(1,n)，b＝1，则有eq\r(1＋\f(1,n))＜eq\f(\f(1,n),ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－ln1)，整理可得，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＜eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,i)))＜eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(1,\r(i2＋i))，即eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)成立.法二因为2lnx＜x－eq\f(1,x)(x＞1)，所以对任意的n∈N*，有2lneq\r(\f(n＋1,n))<eq\r(\f(n＋1,n))－eq\r(\f(n,n＋1))，整理得ln(n＋1)－lnn<eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立.【B级能力提升】4.已知函数f(x)＝eq\f(ex,ex)，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2>2x1x2.证明因为x2>x1>