对数均值不等式在高考及竞赛中的运用

广东省佛山市罗定邦中学(528300)陈纪刚 龙宇

一、对数均值不等式的证明

在拙作文[1]中，笔者利用“切线法”证明了该不等式的右半部分.接下来本文仅证明该不等式的左半部分.

证明不妨设a ＞b， 上不等式上不等式⇔2 ln t ＜构造函数f(t)=t2+2t ln t，求导得：f′(t) = 2t+2 ln t+2.当t ∈(1,+∞)时，f′(t) ＞0 恒成立，即可知f(t)在(1,+∞)上单调递增.即有f(t) ＞f(1) = 1，所以原不等式成立.

二、对数均值不等式在高考中的运用

例1(2018年全国1 卷，21)已知函数a ln x.

(1) 略; (2) 若f(x) 存 在 两 个 极 值 点x1,x2， 证 明：

解 析对 函 数f(x) 求 导 得：f(x) 存在两个极值点x1,x2⇔-x2+ ax - 1 = 0 在(0,+∞) 上有两个解x1,x2.由此可得⇒ a ＞ 2.结合韦达定理可得：x1· x2= 1， x1+ x2= a.两 式 相 减 得：f(x1) -结合题意及上韦达定理得：利用均值不等式可得：所以成立.

总结在本题中运用对数均值不等式避免了对的讨论，若运用该不等式的另一端还可得：成立(证明过程留给读者).根据表示过f(x)两个极值点的“割线”的斜率，结合f(x)的“凹凸性”或“拉格朗日中值定理”也可解决该问题，但过程相对复杂，且不易被高中生掌握，本文不再赘述.

三、对数均值不等式在竞赛中的运用

例2(2016年高中数学联赛湖南预赛， 15) 已知函数

(1)略;(2)若f(x)由两个极值点x1,x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2.

解 析对 函 数f(x) 求 导 得：f′(x) = ln x -mx.因为 x1,x2为 f(x) 的两个极值点.所以

由(1)+(2)得：

注意到题目中涉及的参数m， 在解答过程中通过化简“约掉了”.那么对于参数m，有没有什么限制呢?

无独有偶，在2017年的高中数学联赛湖南预赛的第15题也考察了类似的问题.问题如下：

例3(2017年湖南省高中数学联赛，15)已知a,b ∈R+，且ab.如果a,b 是f(x) = ln x-2017x 的两个零点，求证：ab ＞e2.

分析例4 可视为例3 的特例， 即取m = 2017.仿照例3 可得解析如下：因为a,b 是f(x) = ln x-2017x 的两个零点，所以两式相减，得根据对数均值不等式：两式相加，得ln a+ln b = 2017(a+b)，因而ln(ab)=2017(a+b)＞2，故ab ＞e2.

总结表面上看，上面的解答过程“无懈可击”.而事实上确存在一个误区，为了确保两个极值点(在例2 中为两个零点)的存在，m 的取值是有范围的.即设f(x)=ln x-mx有两个零点x1,x2，且x1＜x2，求证：

证明对函数f(x)求导得：当m ≤0 时，在(0,+∞)上f′(x)＞0 恒成立.即有f(x)在(0,+∞)上单调递增，可知f(x)在(0,+∞)上至多一个零点，舍;当m ＞0时，在上，f′(x) ＞0，在上，f′(x) ＜0，即可知在(0,+∞) 上当时函数f(x)有两个零点x1,x2，且x1＜x2.综上可知，

显然可知，例3 中的“2017”并不属于m 的取值范围，对应的两个零点并不存在.所以例3 的讨论基础并不成立.

四、练习

1、(2018年全国高中数学联赛福建预赛， 14 (2)) 已知f(x) = ex-mx.若x1,x2是函数f(x)的两个零点，求证：x1+x2＞2.

解析因为 x1,x2是函数 f(x) 的两个零点， 所 以成 立. 移 项可得：两边分别取对数可得：上两式相减可得：利用对数均值不等式：即可得：x1+x2＞2 成立.