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＜＜.
证明 不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)
首先，由＜等价于ln a－ln b＜，即ln ＜.
令x＝＞1，只要证ln x2＜，
即证2xln x－x2＋1＜0.
令f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
则f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(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＜.
其次，＜等价于
ln a－ln b＞，即ln ＞.
令x＝＞1，只要证ln x＞，
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，
有g(x)＞g(1)＝0.
故＜.
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e＜＜.
证明 在指数均值不等式中，令em＝a，en＝b，则m＝ln a，n＝ln b，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)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：＜a－2.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
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＝或x2＝.
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)＝－x1＋aln x1－＝2(x2－x1)＋a(ln x1－ln x2).
所以＝a·－2.
利用对数均值不等式且x1x2＝1，得
＜a·－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＝－2＋a·
＝－2＋a·，
所以＜a－2等价于
－x2＋2ln x2＜g(1)＝0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，
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－x2＋2ln x2＜0，
即＜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)＝ln x－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，ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0.
两式相减，得ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
即a＝，
两式相加，得ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2).
故欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，
即证a(x1＋x2)＞2，
即证＞.
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
证明 因为f(x1)＝f(x2)＝0，
所以a＝＝，因此＝，
变形得＝，
又由指数均值不等式得
＝>＝，
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
令2t＋ae2t＝0，得－a＝，
因为＝，
所以＝，
变形得＝，
由指数均值不等式得
＝>＝，
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′<0.
证明 由题意知f(x1)＝f(x2)，
即e2x1－ax1＝e2x2－ax2，
所以＝a，
由指数均值不等式得ex1＋x2
则f′
证明 由f′(x)＝ex－m，
由f′(x)<0，得x
则f(x)在(－∞，ln m)上单调递减，在(ln m，＋∞)上单调递增，
故x1
由指数均值不等式得＝m>e，
则
3.(2022·新高考Ⅱ卷节选)设n∈N*，证明：
＋＋…＋>ln(n＋1).
证明 先证对数均值不等式
＜(a＞b＞0)成立.
不等式＜(a＞b＞0)成立
ln a－ln b＜ ln ＜－
2ln x＜x－，
构造函数h(x)＝2ln x－(x＞1)，
则h′(x)＝－1－＝－.
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＋，b＝1，则有
＜，
整理可得，ln＜，
故ln＜ ，
即＋＋…＋＞ln(n＋1)成立.
法二 因为2ln x＜x－(x＞1)，
所以对任意的n∈N*，
有2ln<－，
整理得ln(n＋1)－ln n<，
故＋＋…＋
>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n
＝ln(n＋1)，
故不等式成立.
【B级 能力提升】
4.已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0
证明 因为x2>x1>0，
依题意得
两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，
由对数均值不等式得
<＝1<，
∴x1x2<1，即>1，且x1＋x2>2，
故>2，所以x1＋x2>2x1x2. 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＜＜.
证明 不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)
首先，由＜等价于ln a－ln b＜，即ln ＜.
令x＝＞1，只要证ln x2＜，
即证2xln x－x2＋1＜0.
令f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
则f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(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＜.
其次，＜等价于ln a－ln b＞，
即ln ＞.
令x＝＞1，只要证ln x＞，
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，
有g(x)＞g(1)＝0.
故＜.
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e＜＜.
证明 在指数均值不等式中，令em＝a，en＝b，则m＝ln a，n＝ln b，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)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：＜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)＝ln x－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)
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
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.
(共21张PPT)
第三章 一元函数的导数及其应用
指数、对数均值不等式
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.
题型一 对数均值不等式的应用
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.
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.
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.
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.
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)＝ln x－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，ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0.
两式相加，得ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2).
故欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，
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
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
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
2.若m>0，x1，x2为函数f(x)＝ex－mx－a的两个零点，且x1
证明 由f′(x)＝ex－m，
由f′(x)<0，得x
则f(x)在(－∞，ln m)上单调递减，在(ln m，＋∞)上单调递增，
故x1
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.
证明 因为x2>x1>0， 指数、对数均值不等式
【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′<0.
2.若m>0，x1，x2为函数f(x)＝ex－mx－a的两个零点，且x1
3.(2022·新高考Ⅱ卷节选)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n+1).
【B级 能力提升】
4.已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0
指数、对数均值不等式
1.证明 由题意知f(x1)＝f(x2)，
即e2x1－ax1＝e2x2－ax2，
所以＝a，
由指数均值不等式得ex1＋x2
则f′
由f′(x)<0，得x
则f(x)在(－∞，ln m)上单调递减，在(ln m，＋∞)上单调递增，
故x1
由指数均值不等式得＝m>e，
则
3.证明 先证对数均值不等式＜(a＞b＞0)成立.
不等式＜(a＞b＞0)成立
ln a－ln b＜
ln ＜－
2ln x＜x－，
构造函数h(x)＝2ln x－(x＞1)，
则h′(x)＝－1－＝－.
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＋，b＝1，则有＜，
整理可得，ln＜，
故ln＜ ，
即＋＋…＋＞ln(n＋1)成立.
法二 因为2ln x＜x－(x＞1)，
所以对任意的n∈N*，
有2ln<－，
整理得ln(n＋1)－ln n<，
故＋＋…＋
>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n
＝ln(n＋1)，
故不等式成立.
4.证明 因为x2>x1>0，
依题意得
两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，
由对数均值不等式得
<＝1<，
∴x1x2<1，即>1，且x1＋x2>2，
故>2，所以x1＋x2>2x1x2.
