補上一課指數、對數均值不等式知識拓展對數與指數均值不等式結論1對任意的a，b＞0(a≠b)，有eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).證明不妨設a＞b＞0(0＜a＜b時同理可得)首先，由eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)等價于lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))，即lneq\f(a,b)＜eq\f(\f(a,b)－1,\r(\f(a,b))).令x＝eq\r(\f(a,b))＞1，只要證lnx2＜eq\f(x2－1,x)，即證2xlnx－x2＋1＜0.令f(x)＝2xlnx－x2＋1(x＞1)，則f′(x)＝2lnx＋2－2x，f″(x)＝eq\f(2,x)－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)單調遞減，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)單調遞減，即f(x)＜f(1)＝0.故eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb).其次，eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)等價于lna－lnb＞eq\f(2（a－b）,a＋b)，即lneq\f(a,b)＞eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令x＝eq\f(a,b)＞1，只要證lnx＞eq\f(2（x－1）,x＋1)，即證(x＋1)lnx－2x＋2＞0.設g(x)＝(x＋1)lnx－2x＋2(x＞1)，同理可證g(x)在(1，＋∞)單調遞增，有g(x)＞g(1)＝0.故eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).需注意的是，在實際解題過程中，凡涉及這兩個不等式的都需給出證明，以確保考試不被扣分.結論2對任意實數m，n(m≠n)，有eeq\s\up6(\f(m＋n,2))＜eq\f(em－en,m－n)＜eq\f(em＋en,2).證明在指數均值不等式中，令em＝a，en＝b，則m＝lna，n＝lnb，從而可得對數均值不等式.題型一對數均值不等式的應用例1已知函數f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.②若a＞2，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)時，f′(x)＜0；當x∈(x1，x2)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調遞減，在(x1，x2)上單調遞增.(2)證明法一由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當a＞2.由于x1x2＝1，不妨設x1＜x2，則x2＞1.由于f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x1)－x1＋alnx1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－x2＋alnx2))＝2(x2－x1)＋a(lnx1－lnx2).所以eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)－2.利用對數均值不等式且x1x2＝1，得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a·eq\f(1,\r(x1x2))－2＝a－2.法二由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當a＞2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設x1＜x2，則x2＞1.由于eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝－2＋a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋a·eq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2等價于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜g(1)＝0.設函數g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減.又g(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0，即eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.感悟提升關鍵是湊配出利用對數均值不等式的形式.訓練1若函數f(x)＝lnx－ax有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1x2＞e2.(注：此題用對數均值不等式證明)證明借助a作為媒介，構造對數均值不等式.依題意，lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0.兩式相減，得lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，即a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，兩式相加，得lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2).故欲證x1x2＞e2，即證lnx1＋lnx2＞2，即證a(x1＋x2)＞2，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2).由對數均值不等式知上式顯然成立.綜上，x1x2＞e2成立.題型二指數均值不等式例2(2024·石家莊質檢改編)已知函數f(x)＝ex－ax(a>1)有兩個不同的零點x1，x2，x1<x2，求證：x1＋x2>2.證明因為f(x1)＝f(x2)＝0，所以a＝eq\f(ex2,x2)＝eq\f(ex1,x1)，因此eq\f(ex2＋ex1,x2＋x1)＝eq\f(ex2－ex1,x2－x1)，變形得eq\f(ex2＋ex1,ex2－ex1)＝eq\f(x2＋x1,x2－x1)，又由指數均值不等式得eq\f(x2＋x1,x2－x1)＝eq\f(ex2＋ex1,ex2－ex1)>eq\f(\f(2（ex2－ex1）,x2－x1),ex2－ex1)＝eq\f(2,x2－x1)，所以x1＋x2>2，故原命題得證.感悟提升當出現指數和、指數差時，考慮利用指數均值不等式進行放縮，進而得到所求不等式的范圍.訓練2已知a∈R，函數f(x)＝2ln(x－2)＋a(x－2)2，若函數f(x)的兩個相異零點x1，x2，求證：x1x2＋4>2(x1＋x2)＋e.證明x1x2＋4>2(x1＋x2)＋e?(x1－2)(x2－2)>e?ln(x1－2)＋ln(x2－2)>1.設t1＝ln(x1－2)，t2＝ln(x2－2)，故原命題轉化為：函數g(t)＝2t＋ae2t有兩個相異零點t1，t2，設t1<t2，證明t1＋t2>1，令2t＋ae2t＝0，得－a＝eq\f(2t,e2t)，因為eq\f(2t1,e2t1)＝eq\f(2t2,e2t2)，所以eq\f(2t1＋2t2,e2t1＋e2t2)＝eq\f(2t2－2t1,e2t2－e2t1)，變形得eq\f(e2t1＋e2t2,e2t2－e2t1)＝eq\f(2t1＋2t2,2t2－2t1)，由指數均值不等式得eq\f(2t1＋2t2,2t2－2t1)＝eq\f(e2t1＋e2t2,e2t2－e2t1)>eq\f(\f(2（e2t2－e2t1）,2t2－2t1),e2t2－e2t1)＝eq\f(2,2t2－2t1)，所以t1＋t2>1.【A級基礎鞏固】1.(2024·武漢調研節選)已知函數f(x)＝e2x－ax＋a，設f′(x)是f(x)的導函數，若f(x)有兩個不同的零點x1，x2，求證：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0.證明由題意知f(x1)＝f(x2)，即e2x1－ax1＝e2x2－ax2，所以eq\f(e2x1－e2x2,2x1－2x2)＝eq\f(1,2)a，由指數均值不等式得ex1＋x2<eq\f(1,2)a，即x1＋x2<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))，由f′(x)＝2e2x－a(a>0)，從而f′(x)單調遞增，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ln\f(1,2)a))2elneq\f(a,2)－a＝0，得證.2.若m>0，x1，x2為函數f(x)＝ex－mx－a的兩個零點，且x1<x2，求證：2x1＋x2<3lnm.證明由f′(x)＝ex－m，由f′(x)<0，得x<lnm；由f′(x)>0，得x>lnm，則f(x)在(－∞，lnm)上單調遞減，在(lnm，＋∞)上單調遞增，故x1<lnm<x2，①由于ex1－mx1＝ex2－mx2，由指數均值不等式得eq\f(ex1－ex2,x1－x2)＝m>eeq\f(x1＋x2,2)，則eq\f(x1＋x2,2)<lnm，②由①②得2x1＋x2<3lnm.3.(2022·新高考Ⅱ卷節選)設n∈N*，證明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1).證明先證對數均值不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立.不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立?lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))?lneq\f(a,b)＜eq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(b,a))?2lnx＜x－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中x＝\r(\f(a,b))＞1))，構造函數h(x)＝2lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))(x＞1)，則h′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\s\up12(2).當x＞1時，h′(x)＜0，所以函數h(x)在(1，＋∞)上單調遞減，h(x)＜h(1)＝0，從而不等式成立.法一令a＝1＋eq\f(1,n)，b＝1，則有eq\r(1＋\f(1,n))＜eq\f(\f(1,n),ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－ln1)，整理可得，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＜eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,i)))＜eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(1,\r(i2＋i))，即eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)成立.法二因為2lnx＜x－eq\f(1,x)(x＞1)，所以對任意的n∈N*，有2lneq\r(\f(n＋1,n))<eq\r(\f(n＋1,n))－eq\r(\f(n,n＋1))，整理得ln(n＋1)－lnn<eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立.【B級能力提升】4.已知函數f(x)＝eq\f(ex,ex)，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).證明：x1＋x2>2x1x2.證明因為x2>x1>