2025届高三数学一轮复习对点练28：指数、对数均值不等式

2025届高三数学一轮复习对点练28　指数、对数均值不等式 1.(2024·武汉调研节选)已知函数f(x)＝e2x－ax＋a，设f′(x)是f(x)的导函数，若f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：f′<0. 2.若m>0，x1，x2为函数f(x)＝ex－mx－a的两个零点，且x1<x2，求证：2x1＋x2< 3ln m. 3.(2022·新高考Ⅱ卷节选)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n+1). 4.已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2>2x1x2. 5.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. 6.若函数f(x)＝ln x－ax有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2. 7.. (2024·石家庄质检改编)已知函数f(x)＝ex－ax(a>1)有两个不同的零点x1，x2，x1<x2，求证：x1＋x2>2. 8.已知a∈R，函数f(x)＝2ln(x－2)＋a(x－2)2，若函数f(x)的两个相异零点x1，x2，求证：x1x2＋4>2(x1＋x2)＋e. 参考答案 1.证明　由题意知f(x1)＝f(x2)， 即e2x1－ax1＝e2x2－ax2， 所以＝a， 由指数均值不等式得ex1＋x2<a， 即x1＋x2<ln， 由f′(x)＝2e2x－a(a>0)，从而f′(x)单调递增， 则f′<f′2eln －a＝0，得证. 2.证明　由f′(x)＝ex－m， 由f′(x)<0，得x<ln m； 由f′(x)>0，得x>ln m， 则f(x)在(－∞，ln m)上单调递减，在(ln m，＋∞)上单调递增， 故x1<ln m<x2，① 由于e x1－mx1＝e x2－mx2， 由指数均值不等式得＝m>e， 则<ln m，② 由①②得2x1＋x2<3ln m. 3.证明　先证对数均值不等式＜(a＞b＞0)成立. 不等式＜(a＞b＞0)成立 ⇔ln a－ln b＜ ⇔ln ＜－ ⇔2ln x＜x－， 构造函数h(x)＝2ln x－(x＞1)， 则h′(x)＝－1－＝－. 当x＞1时，h′(x)＜0， 所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)＜h(1)＝0，从而不等式成立. 法一　令a＝1＋，b＝1，则有＜， 整理可得，ln＜， 故ln＜ ， 即＋＋…＋＞ln(n＋1)成立. 法二　因为2ln x＜x－(x＞1)， 所以对任意的n∈N*， 有2ln<－， 整理得ln(n＋1)－ln n<， 故＋＋…＋ >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n ＝ln(n＋1)， 故不等式成立. 4.证明　因为x2>x1>0， 依题意得⇒ 两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2， 由对数均值不等式得 <＝1<， ∴x1x2<1，即>1，且x1＋x2>2， 故>2，所以x1＋x2>2x1x2. 5. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－－1＋＝－. ①若a≤2，则f′(x)≤0， 当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ②若a＞2，令f′(x)＝0， 得x1＝或x2＝. 当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)＜0； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增. (2)证明　法一　由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2. 由于x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1. 由于f(x1)－f(x2)＝－x1＋aln x1－ ＝2(x2－x1)＋a(ln x1－ln x2). 所以＝a·－2. 利用对数均值不等式且x1x2＝1，得 ＜a·－2＝a－2. 法二　由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1， 不妨设x1＜x2，则x2＞1. 由于＝－2＋a·＝－2＋a·， 所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜g(1)＝0. 设函数g(x)＝－x＋2ln x， 由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减. 又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0. 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2. 6. 证明　借助a作为媒介，构造对数均值不等式. 依题意，ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0. 两式相减，得ln x1－ln x2＝a(x1－x2)， 即a＝， 两式相加，得ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2). 故欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2， 即证a(x1＋x2)＞2， 即证＞. 由对数均值不等式知上式显然成立. 综上，x1x2＞e2成立. 7. 证明　因为f(x1)＝f(x2)＝0， 所以a＝＝，因此＝， 变形得＝， 又由指数均值不等式得 ＝>＝， 所以x1＋x2>2，故原命题得证. 8. x1x2＋4>2(x1＋x2)＋e⇔(x1－2)(x2－2)>e⇔ln(x1－2)＋ln(x2－2)>1. 设t1＝ln(x1－2)，t2＝ln(x2－2)， 故原命题转化为：函数g(t)＝2t＋ae2t有两个相异零点t1，t2，设t1<t2， 证明t1＋t2>1， 令2t＋ae2t＝0，得－a＝， 因为＝， 所以＝， 变形得＝， 由指数均值不等式得 ＝>＝， 所以t1＋t2>1. 学科网（北京）股份有限公司 $$