“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）已知,ab为两不等的正实数，我们称lnlnabab为,ab的“对数平均数”．它与,ab的“几何平均数ab”及“算术平均数2ba”之间有如下不等关系：lnln2abababab．证明：不妨设0ab．先证lnlnababab，即证abbabaln，令(1)attb，设1()2ln(1)fttttt，则0)1(112)(222tttttf，所以()ft在),1(递减，而(1)0f，因此当1t时，1()2ln0ftttt恒成立，即abbabaln成立．再证lnln2ababab，即证1)1(2lnbababa，令(1)attb，2(1)g()ln(1)1ttttt，则0)1()1()1(41)(222ttttttg，所以g()t在),1(递增，而g(1)0，因此当1t时，2(1)ln01ttt恒成立，即lnln2ababab成立．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()xfxeaxa．（1）当2a时，求过点(0,2)P的曲线)(xfy的切线方程；（2）当()fx存在两个不同零点)(,2121xxxx时，求证：2121xxxx．分析：第（1）题易得切线方程为(2)2yex；第（2）题中我们先要探究：当()fx存在两个不同零点)(,2121xxxx时，需要具备什么条件，又能推得什么结论？转化为研究曲线xey和直线aaxy，当直线与曲线相切时，设切点为),(00xex，则切线方程为)(000xxeeyxx，因此2002)1(00eaxaxeaexx．这样当()fx存在两个不同零点)(,2121xxxx时，必有21221,xxea．进一步思考，要证明2121xxxx，可转化为证明11121xx，或1)1)(1(21xx等思路．方法一：即要证11121xx，令)21,0(1),1,21(12211xtxt，由于)1()1(2121xaexaexx，所以)1ln(ln)1ln(ln2211xaxxax，21,tt为方程0ln1)11ln()(attth的两根．由于)1(121111)(22ttttttth，所以)(th在)21,0(递增，在）（1,21递减．设)1()()(ththt，则)1()()(ththt，)(t在)21,0(递增，从而，当)21,0(t时0)21()(t，即)1()(thth，所以)1()()(221ththth，因此211tt，即原不等式成立．方法二：即要证1)1)(1(21xx，由于)1()1(2121xaexaexx，因而121121221(1)(1)ln(1)ln(1)1xxxexxxxx，令),1(1),1,0(12211xtxt，则1122lntlnttt，h(t)lntt在)1,0(递增，在）（,1递减．设1(t)(t)()hht，其在)1,0(递减，所以1(t)(1)0，所以)1()()(112ththth，从而112112tttt，由此得1)1)(1(21xx，即2121xxxx．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”！方法三：由于)1()1(2121xaexaexx，因而121121221(1)(1)ln(1)ln(1)1xxxexxxxx，由对数平均数不等式知，121212(1)(1)(1)(1)1ln(1)ln(1)xxxxxx，从而1)1)(1(21xx，即2121xxxx．例2（2010年天津高考理科21题）已知函数()()xfxxexR．（Ⅰ）求函数()fx的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数y=g()x的图象与函数y=()fx的图象关于直线1x对称，证明：当1x时，()()fxgx；（Ⅲ）如果12xx，且12()()fxfx，证明：122xx．分析：（Ⅰ）、（Ⅱ）略．（Ⅲ）由前知，1x是函数()fx的极值点，不妨设2110xx，则根据12()()fxfx，有11xxe22xxe，即1221xxxex，按照常规思路，一般设1221(1)xxxettx，则211212(1)lnln1xtxttxxxxtt，然后通过构造函数(1)ln()(1)1tthttt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11xxe22xxe两边取自然对数得，1122lnlnxxxx，故12121lnlnxxxx，由对数平均数不等式知，1212121lnln2xxxxxx，即122xx．例3(2014年江苏省南通二模试题)设函数()xfxeaxa，其图像与x轴交于12(,0),(,0)AxBx两点，且12xx．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）求证：12()0fxx．解：（Ⅰ）由()xfxea，当0a时()0fx，()fx单调递增，不合题意；当0a时()fx在(,ln)a递减，在(ln,)a递增，则根据条件()fx有两个零点得(ln)2ln0faaaa，从而实数a的取值范围为2ae．（Ⅱ）由1212xxeaxaeaxa，两式相减得2121xxeeaxx，从而122112221()2xxxxxxeefexx，在以上的对数平均数不等式中，将,ab分别赋值为21,xxee，则得211221xxxxeeeexx，即122112221()02xxxxxxeefexx，又()xfxea是单调增函数，且12122xxxx，故1212()()02xxfxxf．例4（2011年辽宁高考理科压轴题）已知函数2()ln(2)fxxaxax．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）设0a，证明：当10xa时，11()()fxfxaa；（3）若函数()yfx的图象与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为0x，证明：0()0fx．分析：（1）、（2）略；（3）由（1）知0a时()yfx在(0,)单调递减且1()0fa．已知函数()yfx的图象与x轴交于A、B两点，设12121(,0),(,0),0AxBxxxa，由12()()0fxfx得，2111ln(2)0xaxax，2222ln(2)0xaxax，故2212121212lnln2()()xxxxaxxxx，所以1212221212lnln2()xxxxaxxxx．故要证0()0fx，即证12012xxxa，即证12121212lnln22()1xxxxxxxx，也即只需证121212121212lnln22lnlnxxxxxxxxxxxx．由对数平均数不等式，命题得证．