2024届高三数学二轮复习培优练21：对数均值不等式

培优练21 对数均值不等式 一、基本技能练 1.已知函数f(x)＝m－－ln x(x∈R)，若恰有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2. 2.已知函数f(x)＝ln(1＋x)－. (1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值； (2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln 2. 3.(2023·长沙质检)已知函数f(x)＝－x＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：<a－2. 二、创新拓展练 4.(2023·广州模拟节选)已知函数f(x)＝ax－ex2(a>1)，且f(x)存在三个零点x1，x2，x3. (1)求实数a的取值范围； (2)设x1<x2<x3，求证：x1＋3x2＋x3>. 参考答案 1.证明　∵x1，x2是f(x)的两个零点， ∴ 得＋ln x1＝＋ln x2， 即＝ln x2－ln x1， 所以＝x1x2， 又由对数均值不等式得>， 则x1x2>，则x1x2>1， 所以x1＋x2>2>2，命题得证. 2.(1)解　由已知f(0)＝0， f′(x)＝，f′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)≥f(0)＝0，不合题意； ②若0<λ<， 则当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当0<x<时， f(x)>f(0)＝0，不符合题意； ③若λ≥，则当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x≥ 0时，f(x)≤f(0)＝0，符合题意. 综上，λ的最小值是. (2)证明　法一 当b>a>0时，<， 即ln b－ln a<(b－a)， 令a＝n，b＝n＋1， 则ln(n＋1)－ln n<， 所以ln(n＋2)－ln(n＋1)<， ln(n＋3)－ln(n＋2)<，…， ln 2n－ln(2n－1)<， 将以上不等式左右两边分别相加得ln 2<＋ ＋ ＝＋＋…＋＋＋， 即ln 2<(a2n－an)＋. 法二(利用第一问结果证明) 令λ＝. 由(1)知，当x>0时，f(x)<0， 即>ln(1＋x)，取x＝， 则>ln ， 于是a2n－an＋＝ ＝ >ln ＝ln 2n－ln n＝ln 2， 所以a2n－an＋>ln 2. 3.(1)解　由已知f(x)＝－x＋aln x， 得f′(x)＝－. 令g(x)＝x2－ax＋1， ①当－2≤a≤2时，Δ≤0，f′(x)≤0， 此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ②若Δ>0，则a<－2或a>2， 此时方程x2－ax＋1＝0的两个根为 x1＝，x2＝. 当a<－2时，两根均为负， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减. 当a>2时，此时f(x)在上单调递减， 在上单调递增， 在上单调递减. 综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>2时，f(x)在， 上单调递减， 在上单调递增. (2)证明　因为f(x)存在两个极值点x1，x2， 由(1)可知－x2＋ax－1＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根， 所以解得a>2. 不妨设x1>x2，则x1>1. 又f(x1)－f(x2) ＝－x1＋aln x1－ ＝x2－x1＋＋a(ln x1－ln x2) ＝2(x2－x1)＋a(ln x1－ln x2)， 所以＝a·－2. 故要证<a－2， 只需证a·－2<a－2， 即证<1. 由对数均值不等式， 知>＝1， 所以<1. 综上，<a－2成立. 4.(1)解　由于f(0)＝1≠0， 所以f(x)＝0等价于xln a＝1＋ln x2， 即ln a＝. 令p(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)， 因为p(－x)＝－p(x)，故p(x)为奇函数， 当x>0时，p(x)＝， 当x→0时，p(x)→－∞； 当x→＋∞时，p(x)→0. 于是p′(x)＝， 从而当x∈(0，)时，p′(x)>0，p(x)单调递增； 当x∈(，＋∞)时，p′(x)<0，p(x)单调递减. p()＝为极大值. 由于函数p(x)是奇函数，所以作出p(x)的图象如图所示. 因为a>1，所以ln a>0，所以当0<ln a<时，直线y＝ln a与函数y＝p(x)的图象有三个交点，所以1<a<e . (2)证明　当0<ln a<时，f(x)存在三个零点x1，x2，x3， 由p(x)＝＝0，得x＝±， 所以－<x1<0，<x2<<x3. 由于x2ln a＝1＋2ln x2，x3ln a＝1＋2ln x3， 所以相减得(x2－x3)ln a＝2ln x2－2ln x3. 由对数均值不等式得，＝<，所以x2＋x3>. 所以x1＋3x2＋x3＝x1＋2x2＋(x2＋x3)>－＋2×＋＝＋>2＋＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$