专题11. 指对均值不等式及应用（备战2024高考数学-大一轮36个核心专题）

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专题11.指对均值不等式专题突破一．基本原理1．对数均值不等式两个正数和的对数平均定义：，对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式），取等条件：当且仅当时，等号成立．证明如下：不失一般性，可设．（1）先证：……①不等式①（其中）构造函数，则．因为时，，所以函数在上单调递减，故，从而不等式①成立.（2）再证：……②不等式②（）构造函数，则．因为时，，所以函数在上单调递增，故，从而不等式②成立；综合（1）（2）知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立．注：对数均值不等式实际上是对数不等式链：在双变元情形下的应用.2．对数不等式链；.3．对数均值不等式的推广与命题问题：已知恒成立，求之间的关系？由文献[1]可知，若恒成立，则，此为上述不等式成立的必要条件.关于充分性，文献[1]证明了时，恒成立. 而当时，则无法得到显式的之间的关系，不过可知随的增大而增大！因为，倘若，令代入即可得：，若我们令，所以可以构造一个函数：，我们可以做到，进一步，若为的两个零点，则，即等价于：.4．对数均值不等式应用中的比值代换已知函数，若，不妨设，则令，可得：.（*），利用（*）的结论，我们还可以证明：①.②.若，则...②.解析：是的两个零点，且，，，可得，，，令，，构造函数，求导可得，令，则，则在上单调递增，而，，则在上单调递增，，可得，则，即，5.指数均值不等式及应用若，则.证明：由于，令，代入即可证得.二．典例分析例1. 已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个零点，，求证：．解析：（2）若函数有两个零，点，，根据（1），可得．不妨设，由，得两式相减，得，要证明，即证，设，则．则，则，所以在上为增函数，从而，即成立，因此，成立．即证.例2. （2022全国甲卷）已知函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）若有两个零点，证明：.解析：（2）此时，有两个解，且.此时，，两式相除，可得：.于是，欲证只需证明：（对数均值不等式）.易证！习题2. 已知函数．（1）求的图象在处的切线方程；（2）若函数有两个不同的零点、，证明：．解：（1），定义域为，，，.因此，函数的图象在处的切线方程为，即；（2）令，得，由题意可得，两式相加得，两式相减得，设，，要证，即证，即，令，即证.（易证，略！）例3．已知关于的方程有两个不相等的正实根，且.（1）求实数的取值范围；（2）设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.解析：由且，可得.设，则，令，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减；函数的图象如下：又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是.（2）因为，由（1）得，则，设，则，即，由有最小值，即有最小值.  ，记，由于，若，则，可得单调递增，此时，即单调递增，此时在没有最小值，不符合题意.若，时，，则在单调递减，时，，则在单调递增.又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.此时时，，即，此时上单调递减；时，，即， 在上单调递增.所以时，有最小值，而，即，设设.设，故递增，.此时递增，有，令且，则，即在上递增，故，此时，故在递增，而知，的唯一解是. 故的唯一解是，即.综上所述，.例4. 已知函数，其中.（1）当时，求不等式在上的解；（2）设，关于直线对称的函数为，求证：当时，；（3）若函数恰好在和两处取得极值，求证：.解析：的解集为；（3）证明：由已知，由，是函数的两个不同极值点（不妨设）.即，是函数的两个不同实根.即，∴，，两式相减得：，于是要证明，即证明，两边同除以，即证，即证，即证令即证不等式当时恒成立.设，∴而，即，∴，∴在上是减函数，又∴恒成立. 则.例 5．已知函数．（1）若函数在上是增函数，求实数的取值范围；（2）如果函数恰有两个不同的极值点，，求证：．解析：（2） 根据条件，，则-2．因为是极值点，所以，两式相减得．所证不等式等价于，设两边同除以得．令，．所证不等式只需证明：．设，则．易证，所以，因此在上单调递减，．所以原不等式成立，即． 例6.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数的图像与轴交于两点，线段的中点的横坐标为，证明：解析：（1）略.（2），由同除以得，要证，只需证；只需证；根据对数平均不等式，故原命题得证.例7．已知函数．（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点；（2）若有两个零点，，且，证明：．证明：（1），（1），又（1），曲线在点，（1）处的切线方程为，即，当时，.故直线过定点，.（2），是的两个零点，且，，可得，，令，，构造函数，求导可得，令，则，则在上单调递增，而（2），，则在上单调递增，（2），可得，则，即，则．