"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

为a , b 的“对数平均数”．它与a , b 的“几

ln a -ln b

a -b a +b a +b

ln a -ln b 22

已知a , b 为两不等的正实数，我们称证明：不妨设a >b >

0

a -b a a b

，即证ln

ln a -ln b b b a

1=t (t >1) ，设f (t ) =2ln t -t +(t >1) ，

t 21-(t +1) 2

t t t 2

此当t >1时，f (t ) =2ln t -t +

1

t a a b

成立．

b b a

a 2(-1)

a -b a +b a

a ln a -ln b 2b +1b

a 2(t -1)

(t >1) ， 令=t (t >1) ，g(t ) =ln t -

b t +1

14(t -1) 2

则g '(t ) =-=>0，所以g(t ) 在(1, +∞) 递增，而g(1)=0，因

t (t +1) 2t (t +1) 2

此当t >1时，ln t -

2(t -1) a -b a +b

>0恒成立，即

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． 例1 已知函数f (x ) =e -ax +a ．

（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x 1, x 2(x 1

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x 1, x 2(x 1

x x

曲线y =e 和直线y =ax -a ，当直线与曲线相切时，设切点为(x 0, e 0) ，则切线方程为

x

⎧e x 0=a ⎧x 0=2

．这样当f (x ) 存在两个不同零点y -e =e (x -x 0) ，因此⎨x ⇒⎨20

⎩e (1-x 0) =-a ⎩a =e

x 0

x 0

x 1, x 2(x 1e 2, 1

化为证明

11

+>1，或(x 1-1)(x 2-1)

⎧e x 1=a (x 1-1) 111111

方法一：即要证+令t 1=∈(, 1), t 2=由于⎨x ，>1，∈(0, ) ，

2

x 1x 2x 12x 22⎩e =a (x 2-1) ⎧x 1=ln a +ln(x 1-1) 11

所以⎨，t 1, t 2为方程h (t ) =ln(-1) -+ln a =0的两根．

t t ⎩x 2=ln a +ln(x 2-1)

由于h '(t ) =-

111112t -1

（, 1）-+2=2，所以h (t ) 在(0, ) 递增，在递减．

221-t t t t (t -1)

设ϕ(t ) =h (t ) -h (1-t ) ，则ϕ'(t ) =h '(t ) +h '(1-t ) ，ϕ(t ) 在(0, ) 递增， 从而，当t ∈(0, ) 时ϕ(t ) 1-t 2，即原不等式成立．

1

2

1212

⎧e x 1=a (x 1-1)

方法二：即要证(x 1-1)(x 2-1)

2

⎩e =a (x 2-1)

因而e 1

x -x 2

=

x 1-1

⇔(x 1-1) -(x 2-1) =ln(x 1-1) -ln(x 2-1) ， x 2-1

令t 1=x 1-1∈(0, 1), t 2=x 2-1∈(1, +∞) ，则lnt 1-t 1=lnt 2-t 2，

) h (t =（1, +∞）l -n t t 在(0, 1) 递增，在递减．

设ϕ(t)=h (t)-h () ，其在(0, 1) 递减，所以ϕ(t1) >ϕ(1)=0， 所以h (t 2) =h (t 1) >h () ，从而t 2

1

t

1t 11

⇒t 1t 2

由此得(x 1-1)(x 2-1)

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”！

⎧e x 1=a (x 1-1)

方法三：由于⎨x ，

2

⎩e =a (x 2-1)

因而e 1

x -x 2

=

x 1-1

⇔(x 1-1) -(x 2-1) =ln(x 1-1) -ln(x 2-1) ，

x 2-1

(x 1-1) -(x 2-1)

=1，

ln(x 1-1) -ln(x 2-1)

从而(x 1-1)(x 2-1)

例2（2010年天津高考理科21题）已知函数f (x ) =xe -x (x ∈R ) ． （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x 1≠x 2，且f (x 1) =f (x 2) ，证明：x 1+x 2>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

-x 1

=x 2e -x 2，即e -x 1+x 2=

x 2

，按照常规思路，一般设x 1

e

-x 1+x 2

x

=2=t (t >1) ，则x 1

⎧x 2=tx 1(t +1)ln t

，然后通过构造函数⇒x 1+x 2=⎨

-x +x =ln t t -1⎩12

h (t ) =

(t +1)ln t

(t >1) 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

t -1

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．

将x 1e

-x 1

=x 2e -x 2两边取自然对数得，ln x 1-x 1=ln x 2-x 2，故

x 1-x 2

=1，

ln x 1-ln x 2

由对数平均数不等式知，

x 1-x 2x +x

=12．

ln x 1-ln x 22

x

例3 (2014年江苏省南通二模试题) 设函数f (x ) =e -ax +a ，其图像与x 轴交于

A (x 1,0), B (x 2,0) 两点，且x 1

（Ⅰ）求实数a 的取值范围；

（Ⅱ）求证：f '

解：（Ⅰ）由f '(x ) =e x -a ，当a ≤0时f '(x ) >0，f (x ) 单调递增，不合题意；当a >0

a +∞, ) 增，则根据条件f (x ) 有两个零点得时f (x ) 在(-∞,ln a ) 递减，在(l n 递f (l n a =) 2a -a l n a e 2．

x 1+x 2

⎧e x 1=ax 1-a x 1+x 2e x 2-e x 1e x 2-e x 1

2

（Ⅱ）由⎨x ，两式相减得a =，从而f '(， ) =e -2

e =ax -a 2x -x x -x ⎩22121

在以上的对数平均数不等式中，将a , b 分别赋值为e 2, e 1，则得

x 1+x 2

x 1+x 2e x 2-e x 1e x 2-e x 1

2

，即f '() =e -

2x 2-x 1x 2-x 1x x

x

又f '(x ) =e -a 是单调增函数，

x +x 2x 1+x 2

)

故f '

例4（2011年辽宁高考理科压轴题）已知函数f (x ) =ln x -ax 2+(2-a ) x ． （1）讨论函数f (x ) 的单调性；

11

1f (+x ) >f (-x )

（2）设a >0，证明：当0

a

（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x 0，证明：f '(x 0)

1a 1

知函数y =f (x ) 的图象与x 轴交于A 、B 两点，设A (x 1,0), B (x 2,0),0

a

分析：（1）、（2）略；（3）由（1）知a >0时y =f '(x ) 在(0,+∞) 单调递减且f '() =0．已

f (x 1) =f (x 2) =0得，ln x 1-ax 12+(2-a ) x 1=0，ln x 2-ax 22+(2-a ) x 2=0，故

ln x 1-ln x 2+2(x 1-x 2) =a (x 12-x 22+x 1-x 2) ，所以a =

ln x 1-ln x 2+2(x 1-x 2)

． 22

x 1-x 2+x 1-x 2

ln x 1-ln x 2

+2

x +x 21x 1-x 22

>，即证

需证

ln x 1-ln x 2x +x x 1-x 22

．由对数平均数不等式，命题得证．

x 1+x 2x 1-x 22ln x 1-ln x 2