“对数平均数不等式”应用举隅

“对数平均数不等式”应用举隅

江苏省姜堰中学 张圣官（225500）

ab已知a,b为两不等的正实数，我们称lnalnb为a,b的“对数平均数”．它与a,b的“几何abababablnalnb2． 平均数ab”及“算术平均数2”之间有如下不等关系：证明：不妨设ab0．先证abaabablnba， lnalnb，即证ba1t(t1)f(t)2lntt(t1)t 令b，设，

21(t1)2f(t)1202ttt 则，所以f(t)在(1,)递减，而f(1)0，因此当t1时，

aab1lnf(t)2lntt0ba成立． t恒成立，即ba2(1)alnbababab1b2，即证 再证lnalnb，

a2(t1)t(t1)g(t)lnt(t1)t1 令b，，

14(t1)2g(t)022t(t1)t(t1) 则，所以g(t)在(1,)递增，而g(1)0，因此当t1时，

lnt2(t1)abab02成立． t1恒成立，即lnalnb该不等式本身的证明乃通过构造函数，借助于导数作为工具，利用函数单调性而得．在处理某些与指数、对数相关的不等式问题时，可以尝试应用它来帮助思考分析．

xf(x)eaxa． 例1 已知函数

{

（1）当a2时，求过点P(0,2)的曲线yf(x)的切线方程；

（2）当f(x)存在两个不同零点x1,x2(x1x2)时，求证：x1x2x1x2．

分析：第（1）题易得切线方程为y(e2)x2；第（2）题中我们先要探究：当f(x)存在两个不同零点x1,x2(x1x2)时，需要具备什么条件，又能推得什么结论转化为研究曲线

xyex和直线yaxa，当直线与曲线相切时，设切点为(x0,e0)，则切线方程为

ex0ax02x02x0x0aee(1x)ayee(xx0)，因此0．这样当f(x)存在两个不同零点x1,x2(x1x2)1112时，必有ae,1x12x2．进一步思考，要证明x1x2x1x2，可转化为证明x1x2，或

(x11)(x21)1等思路．

ex1a(x11)111111t1(,1),t2(0,)1x2x2x212方法一：即要证x1x2，令，由于ea(x21)，所以x1lnaln(x11)11h(t)ln(1)lna0xlnaln(x1)t,t22tt，12为方程的两根．

由于

h(t)1112t11122(0,)（,1）1tttt(t1)，所以h(t)在2递增，在2递减．

1(0,)设(t)h(t)h(1t)，则(t)h(t)h(1t)，(t)在2递增，

11t(0,)(t)()02时2从而，当，即h(t)h(1t)，

所以h(t1)h(t2)h(1t2)，因此t11t2，即原不等式成立．

ex1a(x11)x2 方法二：即要证(x11)(x21)1，由于ea(x21)，

因而

ex1x2x11(x11)(x21)ln(x11)ln(x21)x21，

令t1x11(0,1),t2x21(1,)，则lnt1t1lnt2t2，

！

（1,） h(t)lntt在(0,1)递增，在递减．

设

(t)h(t)h()1t，其在(0,1)递减，所以(t1)(1)0，

所以

1h(t2)h(t1)h()t1，从而

t21t1t21t1，

由此得(x11)(x21)1，即x1x2x1x2．

本题是近年来流传甚广的一道题，其条件结论非常优美．以上两种方法散见于各种资料上，它们的特点均是通过构造辅助函数来帮助论证的．总的来说，解题过程较为繁琐，而且要经过两次构造函数才行．现在让我们换一种思路，将指数关系转化为对数关系，这样刚才的对数平均数不等式或许就能够帮得上忙．以下解法令人拍案叫绝，真的是“大道至简”！

ex1a(x11)x2方法三：由于ea(x21)，

因而

ex1x2x11(x11)(x21)ln(x11)ln(x21)x21，

由对数平均数不等式知，(x11)(x21)(x11)(x21)1ln(x11)ln(x21)，

从而(x11)(x21)1，即x1x2x1x2．

xf(x)xe(xR)． 例2（2010年天津高考理科21题）已知函数

（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x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x22．

分析：（Ⅰ）、（Ⅱ）略．（Ⅲ）由前知，x1是函数f(x)的极值点，不妨设0x11x2，则根据

f(x1)f(x2)，有

x1ex1x2ex2，即

ex1x2x2xex1x22t(t1)x1 ，x1按照常规思路，一般设，

x2tx1(t1)lnt(t1)lntxx12h(t)(t1)x1x2lntt1t1则，然后通过构造函数来解决．但如此需

要两次构造函数过程繁琐，而且还要用到像罗必塔法则这样高等数学的知识．还是让我们调整一下思路，利用对数平均数不等式试试看．

x1x21x2ex2lnx1x1lnx2x2lnxlnx2两边取自然对数得，，故1，

将

x1ex1x1x2xx1122，即x1x22． 由对数平均数不等式知，lnx1lnx2xf(x)eaxa，其图像与x轴交于例3 (2014年江苏省南通二模试题)设函数

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．

xf(x)ea，解：（Ⅰ）由当a0时f(x)0，f(x)单调递增，不合题意；当a0时f(x)在(,lna)递减，在(lna,)递增，则根据条件f(x)有两个零点得f(lna)2aalna0，从

2aae而实数的取值范围为．

x1x2x2x1ex1ax1ax1x2eeex2ex1f()e2ax22x2x1， x2x1，从而（Ⅱ）由eax2a，两式相减得

x2x1e,ea,b在以上的对数平均数不等式中，将分别赋值为，则得

;

x1x2x2x1x1x2eeex2ex1f()e20ee2x2x1x2x1，即， x1x2xf(x)ea是单调增函数，且又

x1x2xxx1x2f(x1x2)f(12)022，故．

2f(x)lnxax(2a)x． 例4（2011年辽宁高考理科压轴题）已知函数

（1）讨论函数f(x)的单调性；

111f(x)f(x)a时 ，aa；

（2）设a0，证明：当

0x（3）若函数yf(x)的图象与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：

f(x0)0．

1f()0分析：（1）、（2）略；（3）由（1）知a0时yf(x)在(0,)单调递减且a．已

知函数yf(x)的图象与x轴交于A、B两点，设得，

lnx1ax12(2a)x10A(x1,0),B(x2,0),0x11x2a，由f(x1)f(x2)0，

lnx2ax22(2a)x20，故

lnx1lnx22(x1x2)a(x12x22x1x2)，

所以

alnx1lnx22(x1x2)x12x22x1x2．

lnx1lnx22xx2x1x2112x0(x1x2)1，也即只需证2a，即证x1x2故要证f(x0)0，即证

lnx1lnx2xxx1x2212x1x2x1x22lnx1lnx2．由对数平均数不等式，命题得证．