对数均值与指数均值的证明及应用讲义- 高三数学二轮专题复习

对数均值与指数均值不等式的证明与应用【公式】对数均值不等式：；指数均值不等式：.【证明】对数均值不等式：.先证，不妨设，证明：，构建函数：，，，故可知：在上为减函数，即：.综上可证得：.再证：.不妨设，证明：，构建函数：，，，又，故可知单调递减，且又有，在单调递增，.综上可证得：.【证明】指数均值不等式：.令：，则对数均值可化作：，原不等式得证.上述也可以先构建函数证明指数均值不等式之后换元证明对数均值不等式.【高考母题】:(Ⅰ)(对数模型)设、是函数图像上的任意两点,则当时,；当时,；(Ⅱ)(指数模型)设、是函数图像上的任意两点,则当时,;当时,.【母题证明】:(Ⅰ)由，可得，则，又由可得，由对数均值不等式：得：当时,；当时,；(Ⅱ)由可得，故，又由，可得，由指数平均不等式:可得：当时,;当时,.母题可以得出结论：1、上述模型的极值点偏移（左移或右移）由对数或指数前系数的正负决定，与二次项、一次项系数无关；2、二次函数图象上任意两点的连线与这两点横坐标中值对应点的切线平行.【高考案例】1.对数模型子题类型:(2011年辽宁高考试题)已知函数.(Ⅰ)讨论的单调性;(Ⅱ)设,证明:当时,；(Ⅲ)若函数的图像与轴交于两点,线段中点的横坐标为,证明:.【解析】:(Ⅰ)的定义域为(0,+∞),由可得.=1\*GB3①当时,，可得在(0,+∞)上递增；②当时,在上递增,在递减；(Ⅱ)令,则，可得在上递增，故，即；(Ⅲ)设，则，由，可得：.2.指数模型子题类型:(2010年天津高考试题)已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间和极值;(Ⅱ)已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明:当时,；(Ⅲ)如果，且,证明:.【解析】:(Ⅰ),,列表如下:-由表知在内是增函数,在内是减函数,故函数在处取得极大值；(Ⅱ)由函数的图象与函数的图象关于直线对称可知：，当时,令，则，可知函数在是增函数，，即；(Ⅲ)设，由，且，则，令，则，可得：，即.3.切线背景子题类型:(2005年湖南高考试题)已知函数，.(Ⅰ)若，且存在单调递减区间,求的取值范围；(Ⅱ)设函数的图象与函数图象交于点，过线段的中点作轴的垂线分别交，于点，证明:在点处的切线与在点处的切线不平行.【解析】:(Ⅰ)当时,，，所以,存在单调递减区间在(0,+∞)内有解集区间，解得：；(Ⅱ)设，，，，可得：，即，故在点处的切线斜率小于在点处的切线斜率，即证得在点处的切线与在点处的切线不平行.4.子题系列:1.(2016年安徽蚌埠二模试题)设函数f(x)=x2+3x+3-aex(a为非零常数).(Ⅰ)求g(x)=的单调区间;(Ⅱ)若存在b,c∈R,且b≠c,使f(b)=f(c),试判断a()的符号.2.(2014年江苏南通二模试题)设函数f(x)=ex-ax+a(a∈R),其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点,且x1≠x2.(Ⅰ)求a的取值范围;(Ⅱ)证明:()<0((x)为函数f(x)的导函数).3.(2013年湖南高考试题)已知函数f(x)=ex.(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)证明:当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,x1+x2<0.4.(2014年广东韶关二模试题)已知函数f(x)=ln(x+)-ax,其中,a∈R且a≠0.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若不等式f(x)<ax恒成立,求实数a的取值范围;(Ⅲ)若方程f(x)=0存在两个异号实根x1,x2,求证:x1+x2>0.5.(2011年湖南高考试题)设函数f(x)=x--alnx(a∈R),(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x1和x2,记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),的直线的斜率为k,问:是否存在a,使得k=2-a?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.6.(2015年广东广州二模试题)已知函数f(x)=alnx-,g(x)=ex(其中e为自然对数的底数).(Ⅰ)若函数f(x)在区间(0,1)内是增函数,求实数a的取值范围;(Ⅱ)当b>0时,函数g(x)的图象C上有两点P(b,eb),Q(-b,e-b),过点P,Q作图象C的切线分别记为l1,l2,设l1与l2的交点为M(x0,y0),证明:x0>0.5.子题详解:1.解:(Ⅰ)由g(x)==(x2+3x+3)e-x-a(x)=-x(x+1)e-xg(x)在(-∞,-1)和(0,+∞)上递减,在(-1,0)上递增;(Ⅱ)令P(b,f(b)),Q(c,f(c)),则kPQ=0;①当-a>0,即a<0时,()<kPQ=0a()>0;②当-a<0,即a>0时,()>kPQ=0a()>0.综上,a()>0.2.解:(Ⅰ)由(x)=ex-a;①当a≤0时,(x)>0f(x)在(-∞,+∞)上单调递增f(x)至多有一个零点,不合题意;②当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,由f(x)有两个零点fmin(x)=f(lna)=2a-alna<0a>e2lna>2;又f(1)=e>0,f(a-1lna)=elna-lna+a>a-1lna+1-(a-1)+a=a-1lna+2>0f(x)有两个零点x1,x2,且1<x1<x2.故a的取值范围是(e2,+∞);(Ⅱ)由()<kPQ=0,且(x)=ex-a在(-∞,+∞)上单调递增;又由1<x1<x2<()<()<0.3.解:(Ⅰ)由f(x)=ex(x)=-exf(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;(Ⅱ)不妨设x1<x2,由(Ⅰ)知x1<0,x2>0;由f(x1)=f(x2)e=e>00<x2<1,ln(1-x1)-ln(1+x12)+x1=ln(1-x2)-ln(1+x22)+x2(x1+x2)+=1;根据对数平均不等式,有>,>(x1+x2)+<1(x1+x2)+-1<0(x1+x2)+<0(x1+x2)[+]<0;由x1<0,0<x2<1x1+x2<2>0+>0x1+x2<0.4.解:(Ⅰ)由f(x)的定义域为(-,+∞),(x)=-;①当a<0时,(x)>0f(x)在(-,+∞)上单调递增;②当a>0时,在区间(-,0)上,(x)>0,在区间(0,+∞)上,(x)<0f(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;(Ⅱ)由f(x)<ax2ax-ln(x+)>0,令x=e-得:2a(e-)-1>02ea-3>0a>0;令g(x)=2ax-ln(x+),则(x)=(x+)g(x)在(-,-)上单调递减,在(-,+∞)上单调递增gmin(x)=g(-)=-1-ln(2a);由gmin(x)>0a>a的取值范围是(,+∞);(Ⅲ)由(Ⅰ)知a>0,且-<x1<0<x2,由f(x1)=f(x2)=0ln(x1+)-ax1=ln(x2+)-ax2=0x1+=e,x2+=ex2-x1=e-e=;又x1+x2+=e+e,根据指数平均不等式,有=e+e>2=x1+x2+>x1+x2>0.5.解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),(x)=(x2-ax+1);①当a≤2时,(x)≥0f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>2时,由(x)=0x1=,x2=f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,a<2,且x1x2=1;由k==1+-a;若存在a,使得k=2-a,则=1,即=;但由加细基本不等式知;>.故不存在a,使得k=2-a.6.解:(Ⅰ)由函数f(x)在区间(0,1)内是增函数当x∈(0,1)时,(x)=-≥0当x∈(0,1)时,a≥a≥.故实