提优点18　对数均值不等式.doc

提优点18对数均值不等式

【知识拓展】

对数均值不等式

设ba0，则aeq\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.

对数均值不等式可通过比值换元构造函数，再利用函数的单调性证明.

【类型突破】

类型一对数均值不等式在极值点偏移问题中的应用

例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x1x2，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x1x2，

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.

法一(对数均值不等式)

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.

法二(比值换元＋构造函数)

由eq\f(2（x2－x1）,x1＋x2)－lneq\f(x2,x1)0变形得

lneq\f(x2,x1)eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－1)),\f(x2,x1)＋1).

记t＝eq\f(x2,x1)1，则有lnteq\f(2（t－1）,t＋1)(t1).

构造函数h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t1)，

h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)0(t1)，

h(t)在(1，＋∞)上单调递增.

∴h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)h(1)＝0，

∴lneq\f(x2,x1)eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－1)),\f(x2,x1)＋1)，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))0.

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aeq\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.需注意的是，考试中应用对数均值不等式，需对其证明.

训练1(2023·金华调研改编)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＋x22eq\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