提优点18　对数均值不等式

对数均值不等式【知识拓展】1.对数均值不等式简介设b>a>0，则a<eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))<eq\r(ab)<eq\f(b－a,lnb－lna)<eq\f(a＋b,2)<b，其中eq\f(b－a,lnb－lna)叫做对数平均数，eq\f(a＋b,2)叫做算术平均数，eq\r(ab)叫做几何平均数，eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))叫做调和平均数，我们把不等式eq\r(ab)<eq\f(b－a,lnb－lna)<eq\f(a＋b,2)称之为对数均值不等式.2.对数均值不等式的证明证明不妨设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).【类型突破】类型一极值点偏移与对数均值不等式例1已知函数f(x)＝lnx－ax＋1(a∈R)，设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＋2elna>0.证明∵x1，x2是f(x)的两个零点，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－ax1＋1＝0，①,lnx2－ax2＋1＝0，②))由①②得a＝eq\f(lnx1＋1,x1)＝eq\f(lnx2＋1,x2)＝eq\f(ln（x1x2）＋2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，∴x1＋x2>eq\f(2,a)，要证x1＋x2＋2elna>0，只需证x1＋x2>eq\f(2,a)≥－2elna，即只需证－alna≤eq\f(1,e)，令g(x)＝－xlnx(x>0)，g′(x)＝－lnx－1，显然x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)>0，g(x)递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)<0，g(x)递减，∴g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)，∴g(x)≤eq\f(1,e)，∴－alna≤eq\f(1,e)，原不等式得证.规律方法利用对数均值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)，代入对数均值不等式(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a<eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))<eq\r(ab)<eq\f(b－a,lnb－lna)<eq\f(a＋b,2)<b中恰当选择放缩的方向和放缩的工具.训练1已知函数f(x)＝lnx－x2＋ax，设f′(x)是函数f(x)的导函数，x1，x2是f(x)的两个零点，且x1<x2，求证：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0.证明由x1，x2是f(x)的两个零点，且x1<x2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－xeq\o\al(2,1)＋ax1＝0，,lnx2－xeq\o\al(2,2)＋ax2＝0，))两式相减得lneq\f(x2,x1)－(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＋a(x2－x1)＝0，所以a＝－eq\f(ln\f(x2,x1),x2－x1)＋(x1＋x2)，因为f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋a，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(2,x1＋x2)－(x1＋x2)＋a＝eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(ln\f(x2,x1),x2－x1)＝eq\f(\f(2（x2－x1）,x1＋x2)－ln\f(x2,x1),x2－x1)，要证f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只需证eq\f(2（x2－x1）,x1＋x2)－lneq\f(x2,x1)<0即可.由eq\f(2（x2－x1）,x1＋x2)－lneq\f(x2,x1)<0变形得eq\f(2,x1＋x2)<eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1).由对数均值不等式可知，上式显然成立.类型二直线的斜率与对数均值不等式例2设函数f(x)＝－3lnx＋x3＋ax2－2ax，a∈R.若x1，x2为函数f(x)的两个不等于1的极值点，设P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，直线PQ的斜率为k，求证：k＋2<x1＋x2.证明可知f′(x)＝eq\f(－3,x)＋3x2＋2ax－2a＝eq\f(x－1,x)[3x2＋(2a＋3)x＋3]，其中x>0，因为x1，x2为函数f(x)的两个不等于1的极值点.所以x1，x2是方程3x2＋(2a＋3)x＋3＝0的两个不相等的正实根，不妨设x1>x2>0，得x1＋x2＝－eq\f(2a＋3,3)，x1x2＝1，①且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（2a＋3）2－36>0，,－\f(2a＋3,3)>0，))即a<－eq\f(9,2)，②直线PQ的斜率k＝eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq\f(3ln\f(x1,x2),x2－x1)＋xeq\o\al(2,2)＋x1x2＋xeq\o\al(2,1)＋a(x2＋x1)－2a，根据对数均值不等式，得lneq\f(x1,x2)>eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)，则k＝eq\f(3ln\f(x1,x2),x2－x1)＋(x2＋x1)2－x1x2＋a(x2＋x1)－2a<eq\f(－6,x1＋x2)＋(x2＋x1)2－x1x2＋a(x2＋x1)－2a，令x1＋x2＝t，则－eq\f(2a＋3,3)＝t，得a＝－eq\f(3t＋3,2)，由a<－eq\f(9,2)，得t>2，所以k<eq\f(－6,t)＋t2－1－eq\f(3t＋3,2)(t－2)＝eq\f(（t－2）（t2＋2t＋3）,t)－eq\f(（3t＋3）（t－2）,2)＝eq\f(t－2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－t＋\f(6,t)＋1))，因为t>2，且－t＋eq\f(6,t)单调递减，所以k<eq\f(t－2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(6,2)＋1))＝t－2，故k＋2<x1＋x2.规律方法与对数函数有关的直线的斜率不等式若含有多个变量，注意构造运用对数均值不等式求解.训练2已知函数f(x)＝lnx－ax.若y＝f(x)的图象在x＝1处的切线平行于x轴，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)是y＝f(x)的图象上任意两个不同的点，设直线AB的斜率为k，证明：eq\f(1,x2)－1<k<eq\f(1,x1)－1.证明由题意知f′(x)＝eq\f(1,x)－a，f′(1)＝eq\f(1,1)－a＝0，即a＝1，所以f(x)＝lnx－x.直线AB的斜率为k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(（lnx2－x2）－（lnx1－x1）,x2－x1)＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)－1.故要证eq\f(1,x2)－1<k<eq\f(1,x1)－1，即证eq\f(1,x2)<k＋1<eq\f(1,x1)，只需证eq\f(1,x2)<eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,x1)，由对数均值不等式知eq\f(2,x1＋x2)<eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,\r(x1x2))(证明过程略)，又x1<x2，所以eq\f(1,x2)＝eq\f(2,x2＋x2)<eq\f(2,x1＋x2)，而eq\f(1,\r(x1x2))<eq\f(1,x1)，故有eq\f(1,x2)<eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,x1)，命题得证.【精准强化练】1.已知函数f(x)＝m－eq\f(1,x)－lnx(x∈R)，若恰有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2.证明∵x1，x2是f(x)的两个零点，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,x1)＋lnx1，,m＝\f(1,x2)＋lnx2，))得eq\f(1,x1)＋lnx1＝eq\f(1,x2)＋lnx2，即eq\f(x2－x1,x1x2)＝lnx2－lnx1，所以eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)＝x1x2，又由对数均值不等式得eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)，则x1x2>eq\r(x1x2)，则x1x2>1，所以x1＋x2>2eq\r(x1x2)>2，命题得证.2.(2024·丽水质检节选)已知函数f(x)＝2lnx－(a＋1)x2－2ax＋1(a∈R).若函数f(x)有两个零点x1，x2.证明：x1＋x2>2eq\r(\f(1,a＋1)).证明可知f′(x)＝－eq\f(2（x＋1）[（a＋1）x－1],x)，为使f(x)存在两个零点，则极值点为x＝eq\f(1,a＋1)，故需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)))>0，即2lneq\f(1,a＋1)－(a＋1)eq\f(1,（a＋1）2)－2aeq\f(1,a＋1)＋1>0，则2ln(a＋1)＋eq\f(a,a＋1)<0，令g(a)＝2ln(a＋1)＋eq\f(a,a＋1)，而g(a)单调递增，且g(0)＝0，故不等式2ln(a＋1)＋eq\f(a,a＋1)<0的解为－1<a<0，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2lnx1－（a＋1）xeq\o\al(2,1)－2ax1＋1＝0，,2lnx2－（a＋1）xeq\o\al(2,2)－2ax2＋1＝0，))作差得2lnx1－(a＋1)xeq\o\al(2,1)－2ax1＋1＝2lnx2－(a＋1)xeq\o\al(2,2)－2ax2＋1，整理得eq\f(1,a＋1)＝eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),2lnx1－2lnx2－2a（x1－x2）)，假设x1>x2，则有2a(x1－x2)<0，得eq\f(1,a＋1)＝eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),2l