ALG不等式与导数压轴题

ALG不等式与导数压轴题贾勇高考导数压轴题常常出现含有自然对数的底数eln的函数，设计一个与不等式相关的问题，如证明不等式、比较大小、求参数取值范围及函数最值等，像这样的不等式问题可以尝试用ALG不等式解决.一、ALG不等式介绍若记12,2xxA+=2121,lnlnxxLxx−=−12,Gxx=则,,ALG分别是正数12,xx的算术平均、对数平均、几何平均值.所谓ALG不等式指的是ALG。现将对数形式的ALG不等式的介绍如下：在图1中，C为AB中点，线段CDx⊥轴，点D在函数()xfxe=图象上，过D的切线交BM于点E，交AN于点F.设(,0)Aa(,0),,Bbab≠则直角梯形面积ABMNS曲边梯形面积ABMDNS直角梯形面积,ABEFS⇔2()(),2abbabxaeebaedxeba++−−∫⇔2().2abbabaeeeeeabba++−≠−这是ALG不等式的指数形式（此形式2013年陕西高考压轴题中出现过）.如果令21ln,ln,bxax==（则0,0,abab≠）那么22abbabaeeeeeba++−−⇔122112212lnlnxxxxxxxx+−−⇔ALG成立[1].二、证明函数不等式ALG不等式在导数压轴题中常常用到，先看看在函数中的重要地位，如：例1（2012年辽宁高考理数）设()ln(1)1fxxxaxb=+++++（,,abR∈,ab为常数），曲线()yfx=与直线32yx=在(0,0)点相切.（1）求,ab的值；（2）证明：当02x时，9().6xfxx+分析（2）根据（1）()ln(1)11,fxxx=+++−令1,tx=+所以0213,xt⇔所以2299(1),()()2ln1,65xtfxgtttxt−===+−++故原命题⇔当13t时，229(1)()2ln15tgtttt−=+−+根据LG得11,LG从而()lnln122113,11gttttt−=++−−另一方面因为229(1)35tt−−=+23(1)(2)0,5ttt−−−+所以22()9(1)315gtttt−−+即9().6xfxx+评析参考答案及后续解法篇幅较长、晦涩难懂，如果用ALG不等式有效降低了证明的难度、长度，较少计算量，而且本例中x的范围还可以加强为02.x一般情况下，这类问题解决都会借助导数，这里似乎避开了导数，但是在ALG不等式的指数形式中，如果让,abx→可以得到'(),xxee=同理在ALG不等式的对数形式中，如果让12,xxx→可以得到'1(ln),xx=从根本上说明仍然没能脱离导数的实质.例2（2016年绵阳三诊理数）设函数()lngxx=，()[(1)]()fxgxagxλλλ=+−−，其中,aλ是正常数，且01λ.（1）求函数()fx的最值；（2）对于任意的正数m，是否存在正数0x，使不等式00(1)|1|gxmx+−成立？并说明理由；（3）设120,0λλ，且121λλ+=，证明：对于任意正数12,aa都有12121122aaaaλλλλ≤+.分析对第（3）问直接入手尝试一下（可能过程繁琐一些），因为121,λλ+=为了减少参量，不是失一般性令121111,,(),2222tttλλ=+=+−同样对于任意正数12,aa不妨设120,aa那么12121122aaaaλλλλ≤+⇔11212122()().2taaaaataaa+≤+−于是令1121212211()()(),()222taaagtaataata+=−−−−'111222()()ln()taagtaaaa=12(),aa−−因为二阶导数22111222()()[ln()]0taagtaaaa='()gt⇒在11(,)22−上单调递增........①一方面LG211221lnlnaaaaaa−⇒−'112122(0)ln()()0agaaaaa⇒=−−..②另一方面(0,1)(1,),x∀∈+∞ln1xx−⇒1122ln1aaaa−⇒'1()2g−122ln()aaa=12()aa−−0.....③；由①②③⇒存在唯一0111(,0)(,)222t∈−⊆−使得'0()0,gt=且'()gt在11(,)22−上单调递增⇒当01(,)2tt∈−时，'()0gt；当01(,)2tt∈时，'()0gt⇒()gt在01(,)2t−上单调递减，在01(,)2t上单调递增⇒11()max(),()022gtgg−=⇒12121122aaaaλλλλ≤+成立；如果210aa时，同理可证原式成立；如果120aa=时，原式显然成立；故原命题成立.评析由此例可看出，一些难度较大的题，可以分解为几个小题，而每个小题如果我们熟悉ALG不等式，就可以迎刃而解了。当然，此题想到这样处理也并不是无中生有，而是符合常规思维，体现一般方法求解。同时也告诉我们在教学过程敢于让学生自己提出自己思路，说出学生自己“卡壳儿”地方，老师善于引导学生来解决“卡壳”点，让学生自己通过努力寻找解决问题，获得成功体验，树立解决问题必胜信心，磨炼攻坚意志。三、解决一类零点问题（某些极值点偏移类问题）函数零点问题和极值点偏移问题是近几年高考热点，关注函数零点是命题基石，在解决含有eln这类问题的零点或者极值点偏移问题，如果尝试ALG不等式，有可能起到四办公版的效果，如：例3（改编2014年天津高考理数）设函数(),(,)xfxxaeaRaxR=−∈∈且且且且，已知函数()yfx=有两个零点12,xx且12.xx求证：12122,01.xxxx+分析一若0a≤则()fx在R上递增，()fx最多有1个零点，不符合题意；故必有0,a由()0xfxxae=−=⇔120,,0.xxexxa=⇒由1212xxxaexae==⇔1122lnlnlnlnxaxxax+=+=⇒21211,lnlnxxLxx−==−又ALG即12121,2xxxx+从而得到12122,01.xxxx+分析二同上0,a由1212xxxaexae==⇒212121212212121211xxxxxxxxeeeeeeeaxxxxxxxx+−+====−+，又ALG不等式的指数形式得21212121221211,2xxxxxxxxeeeeeeeaxxxx+−++==−+从而21122,01.xxxx+评析此题以2014年天津高考题为条件，但是结论改编为近几年各个全国卷、各省、市常考热点（极值点偏移问题，2016年全国卷仍然在考，2016年成都市高二期末也在考）；但用ALG不等式巧妙解决了两零点的关系，省去极值点偏移构造复杂函数；分析一中化指数式为对数形式是一种不错的思路；由分析二还可以确定a的范围是0.ae例4（2016年江西联考）函数2()(0),().xxfxaebeagxx=+≠=（其中,ab为常数）.（1）若1,ab==求函数()()()Fxfxgx=−的最小值；（2）若函数()()()Fxfxgx=−有两个不同的零点12,,xx记120,2xxx+=对任意(0,),.abR∈+∞∈试比较'()fx和'()gx的大小，并证明你的结论.分析为了方便令(0)xett=，则()0()()Fxfxgx=⇔=⇔2lnatbtt+=的两根1212xxteet=≠=⇒21112222lnlnatbttatbtt+=+=⇒211221lnln(),ttattbtt−=++−由ALG不等式的变11LG得到：21122112lnln1(),ttattbtttt−=++−另一方面因12122tttt+且0,a所以1212121(2)(),attbattbtt+++⇒121221,attbtt+⇔121222221xxxxaebe++×+⇔00221xxaebe+即''00()().fxgx评析本例前面部分变形技巧很关键，后面部分是ALG不等式与均值不等式结合，难度较大，参考答案繁琐复杂，此法简便，但变形较难，类似变形技巧如例5：例5（中国数学解题研究QQ群）已知函数1()ln,()fxxgxaxbx=−=+（其中,ab为常数）.（1）若函数()()()hxfxgx=−在(0,)+∞上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当0b=时，若()fx和()gx的函数图象由两个不同的交点112212(,),(,),()AxyBxyxx≠试比较12xx与22e的大小.（2.8,ln20.7,21.4e≈≈≈）分析直接考虑第（3）问，因为()fx和()gx的函数图象由两个不同的交点⇒1112221ln(1)1ln(2)xaxxxaxx−=−=由(1)(2)+得12121212ln()(3),xxxxaxxxx+−=+由(1)(2)+得212112lnln1(4),xxaxxxx−+=−把(3)代入(4)得122112122112lnln1ln()xxxxxxxxxxxx+−−=+−12()xx×+⇔1212122()lnxxxxxx+−=211221lnln(),xxxxxx−+−由ALG不等式得111ALG即为211221122lnln1,xxxxxxxx−+−所以得到：12121212122()2ln,xxxxxxxxxx++−又因为12122,xxxx+所以1212122()2lnxxxxxx+−1212122()2lnxxxxxx+=−122lnxx124xx−⇒12122ln1xxxx−令2()ln(0)Gxxxx=−⇒'212()0Gxxx=+⇒()Gx在(0,)+∞递增，而2(2)ln22Geee=−12ln210.85,2e=+−≈12()Gxx=12lnxx1221xx−所以(2)Ge12()Gxx由()Gx在(0,)+∞递增得2e12xx⇒12xx22.e三、证明数列不等式ALG不等式的指数形式还可以解决与数列有关的不等式，如：例6（2013年华约自主招生）已知函数()(1)1.xfxxe=−−（1）求证：当0x，()0;fx（2）数列{}nx满足111,1,nnxxnxeex+=−=求证：{}nx递减且1.2nnx分析（2）用数学归纳法可证0.nx先证{}nx递减：由（1）可知()(1)10nxnnfxxe=−−即1,nnxxnexe−又因为111,1,nnxxnxeex+=−=从而11nnxxnnnnxexexx++⇒即{}nx递减.再证1:2nnx考虑到102,0nnnxxxneeeex+−=−所以10,2nnxx+从而得到23112111111()().22222nnnnnnnxxxxxx+−−=评析020nnxxneeex−−是用的ALG不等式的指数形式放缩所得.在ALG不等式122112212lnlnxxxxxxxx+−−中，令*12,1,,xkxkkN==+∈不难得到：12ln(1)ln(),21(1)kkkkk+−∗++下面探讨用()∗式来证明含有“ln”的数列不等式.例7（2012年天津高考理数）证明：*12ln(21)2().21ninnNi=−+∈−∑分析当1n=时，原不等式显然成立；当2n≥时，由()∗式⇒ln(1)lnii+−221i+*(2,),iiN≥∈⇒222[lnln(1)]lnln(21)2,21nniiiinni==−−=++−∑∑综上得不等式成立。评析用ALG不等式不仅能证明，而且还能得到更强的不等式22ln,(2).21ninni=≥−∑例8（2014年陕西高考理数）设函数'()ln(1),()(),0.fxxgxxfxx=+=≥其中'()fx是()fx的导函数.设*,nN∈比较(1)(2)()gggn+++与()nfn−的大小，并加以证明.分析111(1)(2)()[()]ln(1)(),231gggnnfnnn+++−−=+−++++