第10节 指数、对数均值不等式（2026版创新设计高考数学总复习配套word文档教师版） 人教版
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第10节 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abb>0(01,只要证lnx21),
则f′(x)=2lnx+2-2x,f″(x)=2x-22(a-b)a+b,即lnab>2ab-1ab+1.
令x=ab>1,只要证lnx>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a-blna-lnb2a.
证明令m=1x1,n=1x2,
因为x1≠x2,所以m≠n,
由f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)可得ax1+lnx1=2,ax2+lnx2=2,
得am-lnm=2,①an-lnn=2,②
①-②得a(m-n)=lnm-lnn,
所以1a=m-nlnm-lnn,
要证1x1+1x2>2a,只需证m+n>2a,
只需证m+n>2m-nlnm-lnn,
法一只需证m+n2>m-nlnm-lnn,
由对数均值不等式可知其成立,
所以1x1+1x2>2a成立.
法二不妨设02(m-n)m+n,
即证lnmn>2mn-1mn+1,
令t=mn(t>1),
则只需证lnt>2(t-1)t+1(t>1),
令h(t)=lnt-2(t-1)t+1(t>1),
则h′(t)=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=0,
所以lnt>2(t-1)t+1(t>1)成立,
所以1x1+1x2>2a成立.
思维建模1.利用对数均值不等式证明不等式的关键是配凑出其形式.
2.在解答题时要注意先证明对数均值不等式,然后再应用.
训练1(2025·昆明三校一检)已知函数f(x)=alnx+ax.
(1)讨论f(x)的极值;
(2)若(ex1)x2=(ex2)x1(e是自然对数的底数),且x1>0,x2>0,x1≠x2,证明:x1+x2>2.
(1)解当a=0时,函数f(x)=0,无极值.
当a≠0时,f′(x)=-alnxx2,x>0,
当a>0时,x∈(0,1)时,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f(x)单调递减,
因此f(x)有极大值f(1)=a.
当a0时,f(x)有极大值f(1)=a;
当a0,
即当a=1时,f(x)=m(m>0)有两个不同解x1,x2.
不妨设x12,
即证1>x1>2-x2,
即证f(x2)=f(x1)>f(2-x2).
当x2≥2时,必有x1+x2>2,
因此只需考虑1-lnxx2-ln(2-x)x2
=-ln[-(x-1)2+1]x2>0,
所以g(x)在(1,2)上单调递增,
g(x)>g(1)=f(1)-f(1)=0.
所以f(x2)=f(x1)>f(2-x2)成立,
也就是x1+x2>2成立.
法二(对数均值不等式法)
依题意得lnx1+1x1=lnx2+1x2=m,
所以1m=x1lnx1+1=x2lnx2+1,
即1m=x1-x2lnx1-lnx21m>1,
也就是x1+x2>2成立.
题型二指数均值不等式的应用
例2(2025·济南模拟节选)已知函数f(x)=ex-ax(a>1)有两个不同的零点x1,x2,x12.
证明因为f(x1)=f(x2)=0,
所以a=ex2x2=ex1x1,因此ex2+ex1x2+x1=ex2-ex1x2-x1,
变形得ex2+ex1ex2-ex1=x2+x1x2-x1,
又由指数均值不等式得
x2+x1x2-x1=ex2+ex1ex2-ex1>2(ex2-ex1)x2-x1ex2-ex1=2x2-x1,
所以x1+x2>2,故原命题得证.
思维建模当出现指数和、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t11,
令2t+ae2t=0,得-a=2te2t,
因为2t1e2t1=2t2e2t2,所以2t1+2t2e2t1+e2t2=2t2-2t1e2t2-e2t1,
变形得e2t1+e2t2e2t2-e2t1=2t1+2t22t2-2t1,
由指数均值不等式得
2t1+2t22t2-2t1=e2t1+e2t2e2t2-e2t1>2(e2t2-e2t1)2t2-2t1e2t2-e2t1=22t2-2t1,
所以t1+t2>1.
1.已知函数f(x)=m-1x-lnx(x∈R),若恰有两个零点x1,x2(x12.
证明∵x1,x2是f(x)的两个零点,
∴m=1x1+lnx1,m=1x2+lnx2,
得1x1+lnx1=1x2+lnx2,
即x2-x1x1x2=lnx2-lnx1,
所以x2-x1lnx2-lnx1=x1x2,
又由对数均值不等式得x2-x1lnx2-lnx1>x1x2,
则x1x2>x1x2,则x1x2>1,
所以x1+x2>2x1x2>2,命题得证.
2.已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x,若函数y=f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB的中点的横坐标为x0,证明:f′(x0)x1-x2lnx1-lnx2,故原命题得证.
3.若m>0,x1,x2为函数f(x)=ex-mx-a的两个零点,且x10,得x>lnm,
则f(x)在(-∞,lnm)上单调递减,在(lnm,+∞)上单调递增,
故x1ex1+x22,
则x1+x22ln(n+1).
证明先证对数均值不等式
abb>0)成立.
不等式abb>0)成立
?lna-lnb1,
构造函数h(x)=2lnx-x-1x(x>1),
则h′(x)=2x-1-1x2=-1-1x2.
当x>1时,h′(x)ln(n+1)成立.
法二因为2lnx1),
所以对任意的n∈N*,
有2lnn+1nln2-ln1+ln3-ln2+…+ln(n+1)-lnn
=ln(n+1),故不等式成立.
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abb>0(01,只要证lnx21),
则f′(x)=2lnx+2-2x,f″(x)=2x-22(a-b)a+b,即lnab>2ab-1ab+1.
令x=ab>1,只要证lnx>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a-blna-lnb2a.
证明令m=1x1,n=1x2,
因为x1≠x2,所以m≠n,
由f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)可得ax1+lnx1=2,ax2+lnx2=2,
得am-lnm=2,①an-lnn=2,②
①-②得a(m-n)=lnm-lnn,
所以1a=m-nlnm-lnn,
要证1x1+1x2>2a,只需证m+n>2a,
只需证m+n>2m-nlnm-lnn,
法一只需证m+n2>m-nlnm-lnn,
由对数均值不等式可知其成立,
所以1x1+1x2>2a成立.
法二不妨设02(m-n)m+n,
即证lnmn>2mn-1mn+1,
令t=mn(t>1),
则只需证lnt>2(t-1)t+1(t>1),
令h(t)=lnt-2(t-1)t+1(t>1),
则h′(t)=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=0,
所以lnt>2(t-1)t+1(t>1)成立,
所以1x1+1x2>2a成立.
思维建模1.利用对数均值不等式证明不等式的关键是配凑出其形式.
2.在解答题时要注意先证明对数均值不等式,然后再应用.
训练1(2025·昆明三校一检)已知函数f(x)=alnx+ax.
(1)讨论f(x)的极值;
(2)若(ex1)x2=(ex2)x1(e是自然对数的底数),且x1>0,x2>0,x1≠x2,证明:x1+x2>2.
(1)解当a=0时,函数f(x)=0,无极值.
当a≠0时,f′(x)=-alnxx2,x>0,
当a>0时,x∈(0,1)时,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f(x)单调递减,
因此f(x)有极大值f(1)=a.
当a0时,f(x)有极大值f(1)=a;
当a0,
即当a=1时,f(x)=m(m>0)有两个不同解x1,x2.
不妨设x12,
即证1>x1>2-x2,
即证f(x2)=f(x1)>f(2-x2).
当x2≥2时,必有x1+x2>2,
因此只需考虑1-lnxx2-ln(2-x)x2
=-ln[-(x-1)2+1]x2>0,
所以g(x)在(1,2)上单调递增,
g(x)>g(1)=f(1)-f(1)=0.
所以f(x2)=f(x1)>f(2-x2)成立,
也就是x1+x2>2成立.
法二(对数均值不等式法)
依题意得lnx1+1x1=lnx2+1x2=m,
所以1m=x1lnx1+1=x2lnx2+1,
即1m=x1-x2lnx1-lnx21m>1,
也就是x1+x2>2成立.
题型二指数均值不等式的应用
例2(2025·济南模拟节选)已知函数f(x)=ex-ax(a>1)有两个不同的零点x1,x2,x12.
证明因为f(x1)=f(x2)=0,
所以a=ex2x2=ex1x1,因此ex2+ex1x2+x1=ex2-ex1x2-x1,
变形得ex2+ex1ex2-ex1=x2+x1x2-x1,
又由指数均值不等式得
x2+x1x2-x1=ex2+ex1ex2-ex1>2(ex2-ex1)x2-x1ex2-ex1=2x2-x1,
所以x1+x2>2,故原命题得证.
思维建模当出现指数和、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t11,
令2t+ae2t=0,得-a=2te2t,
因为2t1e2t1=2t2e2t2,所以2t1+2t2e2t1+e2t2=2t2-2t1e2t2-e2t1,
变形得e2t1+e2t2e2t2-e2t1=2t1+2t22t2-2t1,
由指数均值不等式得
2t1+2t22t2-2t1=e2t1+e2t2e2t2-e2t1>2(e2t2-e2t1)2t2-2t1e2t2-e2t1=22t2-2t1,
所以t1+t2>1.
1.已知函数f(x)=m-1x-lnx(x∈R),若恰有两个零点x1,x2(x12.
证明∵x1,x2是f(x)的两个零点,
∴m=1x1+lnx1,m=1x2+lnx2,
得1x1+lnx1=1x2+lnx2,
即x2-x1x1x2=lnx2-lnx1,
所以x2-x1lnx2-lnx1=x1x2,
又由对数均值不等式得x2-x1lnx2-lnx1>x1x2,
则x1x2>x1x2,则x1x2>1,
所以x1+x2>2x1x2>2,命题得证.
2.已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x,若函数y=f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB的中点的横坐标为x0,证明:f′(x0)x1-x2lnx1-lnx2,故原命题得证.
3.若m>0,x1,x2为函数f(x)=ex-mx-a的两个零点,且x10,得x>lnm,
则f(x)在(-∞,lnm)上单调递减,在(lnm,+∞)上单调递增,
故x1ex1+x22,
则x1+x22ln(n+1).
证明先证对数均值不等式
abb>0)成立.
不等式abb>0)成立
?lna-lnb1,
构造函数h(x)=2lnx-x-1x(x>1),
则h′(x)=2x-1-1x2=-1-1x2.
当x>1时,h′(x)ln(n+1)成立.
法二因为2lnx1),
所以对任意的n∈N*,
有2lnn+1nln2-ln1+ln3-ln2+…+ln(n+1)-lnn
=ln(n+1),故不等式成立.
