23.指数均值与对数均值不等式_11.3-2_2026-11-03

指数均值与对数均值不等式
一．基本原理
 ab
 (a b),
1．对数均值不等式：两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)lnalnb
 a(a b).
对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：
ab
ab  L(a,b)
2
（此式记为对数平均不等式），取等条件：当且仅当ab时，等号成立．
证明如下：不失一般性，可设ab．（1）先证： ab  L(a,b)……①
ab a a b 1 a
不等式①lnalnb ln    2lnx x （其中x 1）
ab b b a x b
1 2 1 1
构造函数 f(x)2lnx(x ),(x1)，则 f(x) 1 (1 )2．
x x x2 x
因为x1时， f(x)0，所以函数 f(x)在(1,)上单调递减，故 f(x) f(1)0，从
而不等式①成立.
ab
（2）再证：L(a,b) ……②
2
a
2( 1)
2(ab) a b 2(x1) a
不等式②lnalnb ln  lnx （x 1）
ab b a (x1) b
( 1)
b
2(x1) 1 4 (x1)2
构造函数g(x)lnx ,(x1)，则g(x)   ．
(x1) x (x1)2 x(x1)2
因为x1时，g(x)0，所以函数g(x)在(1,)上单调递增，
故g(x) g(1)0，从而不等式②成立；综合（1）（2）知，对a,bR，都有对数平
ab
均不等式 ab  L(a,b) 成立，当且仅当ab时，等号成立．
2
2(x1) 1 1
注：对数均值不等式实际上是对数不等式链： lnx (x ),x1在双变元情
x1 2 x
形下的应用.
2.对数不等式链
x1 2(x1) 3(x2 1) 1 1 1
  lnx x   (x ) x1,x(1,)；
x x1 x2 4x1 x 2 x
x1 1 1 1 3(x2 1) 2(x1)
 (x ) x  lnx   x1,x(0,1).
x 2 x x x2 4x1 x1x 1 x 2 ex 2 ex 1 ex 1 ex 2
3.指数均值不等式.若x ,x R，则e 2   .
1 2 x x 2
2 1
证明：（方法1.双变量消元直接证明）
x1x2 ex1 ex2 x 1 x 2 ex 1 x 2 1
欲证e 2  ，两边同除以ex 2 ，即证e 2  ，即证
x x x x
1 2 1 2
xx xx
1 2 1 2
x x e 2 ex 1 x 2 1，即证x x e 2 ex 1 x 2 10
1 2 1 2
令 x x tt 0 即证不等式 t 当t 0时恒成立.
1 2 te2 et 10
t t t 1  t  t t  t  t 
设tte2 et 1，∴te2 te2  et   1  e2 et e2  e2   1 
2 2   2 
t t t  t 
而e2  1，即e2   1  0，∴t0，∴t 在 ,0 上是减函数，又
2 2 
00∴t0恒成立，得证.
ex
2
ex
1
ex
1
ex
2
ex
2
ex
1
ex
1
ex
2
接着证明右边的不等式  ，同样设x  x ,  等价于
x x 2 2 1 x x 2
2 1 2 1
2  ex 2 ex 1  x  x  ex 1 ex 2  .令x x m(m0),x  x  m，则
2 1 2 1 2 1
2  ex 1 m ex 1  m  ex 1  ex 1 m ，两边同时除以ex 1得2  em 1）m  1em .
设h(m)m  1em 2  em 1   mmem 2em 2, h(m)1  em mem 2em 1
mem em 1(m1)em，再求h(m)em (m1)em  mem 0（因为m0），所以
h(m)在(0,)上单调递增.由于h(0)1(01)e0 0，因为h(m)在(0,)上单调
递增，所以h(m)在(0,)上单调递增，h(m)h(0)002(11）0，即
m  1em 2  em 1  0，所以2  em 1  m  1em ，也就是
ex
2
ex
1 
ex
1
ex
2 .
x x 2
2 1
x 1 x 2 ex 2 ex 1 ex 1 ex 2
综上，不等式e 2   得证.
x x 2
2 1
（方法2.对数均值不等式转化）
设x lna,x lnb，则aex 1,bex 2，将aex 1,bex 2代入对数均值不等式
1 2
ab ex 1 ex 2 x 1 x 2 ex 1 ex 2
ab  中，可得 ex 1ex 2  ，即e 2 
lnalnb x x x x
1 2 1 2
ab ab ex 1 ex 2 ex 1 ex 2
把aex 1,bex 2代入    .
lnalnb 2 x x 2
1 2x 1 x 2 ex 1 ex 2 ex 1 ex 2
综上，由对数均值不等式可得到指数均值不等式e 2   .
x x 2
1 2
二．典例分析
例1.(2011年辽宁卷)已知函数 f(x)lnxax2 (2a)x
（1）讨论 f(x)的单调性；
（2）若函数 y  f(x)的图像与x轴交于 A,B两点，线段 AB的中点的横坐标为x ，证
0
明： f(x )0
0
1
解：（2） fx  2ax 2a，由
0 x 0
0
lnx ax2 (2a)x 0(1)
f(x ) f(x )0   1 1 1
1 2  lnx ax 2 (2a)x 0(2)
2 2 2
(1)(2):lnx lnx a(x2 x 2)a2(x x )，同除以x x 得，
1 2 1 2 1 2 1 2
lnx lnx
1 2 ax x 2a0
x x 1 2
1 2
1 2
要证 f(x )0，只需证 2ax 2a ax x 2a0；
0 x 0 x x 1 2
0 1 2
2 lnx lnx
只需证 ax x 2a 1 2 ax x 2a；
x x 1 2 x x 1 2
1 2 1 2
x x x x
根据对数平均不等式 1 2  1 2 ，故原命题得证.
2 lnx lnx
1 2
例2.（2010天津卷）已知函数 f(x) xex,xR.
（1）求函数 f(x)的单调区间；
（2）如果x  x ，且 f(x ) f(x )，证明：x x 2.
1 2 1 2 1 2
解析：（2） f(x ) f(x )等价于xex 1  x ex 2 lnx x lnx x ，故可得：
1 2 1 2 1 1 2 2
x x x x x x
1 2 1，由对数均值不等式可得：1 1 2  1 2 ，故x x 2.
lnx lnx lnx lnx 2 1 2
1 2 1 2
小结：由上例可知，形如： f(x)lnxkxb或者 f(x)lnxax2 bxc型，对数
式单独放，在构造对数均值不等式的方向上均是可行的.同时，一些指数结构通过指对转
化，亦可转化为上面两个形式，利用对均不等式可得偏移.
例3.（2021新高考1卷）已知函数 f x x1lnx .
（1）讨论 f x 的单调性；1 1
（2）设a,b为两个不相等的正实数，且blnaalnbab，证明：2  e.
a b
1 1 x
解析：证明  2同证法2．以下证明x x e．不妨设x tx ，则t  2 1，
a b 1 2 2 1 x
1
tlnt
由x (1lnx )x (1lnx )得x (1lnx )tx[1ln(tx )]，lnx 1 ，
1 1 2 2 1 1 1 1 1 t1
要证x x e，只需证1tx e，两边取对数得ln(1t)lnx 1，
1 2 1 1
tlnt ln(1t) lnt ln(1s)
即ln(1t)1 1，即证  ．记g(s) ,s(0,)，则
t1 t t1 s
s
ln(1s) s 1 1
g(s) 1s .记h(s) 1s ln(1s)，则h(s) (1s)2  1s 0，
s2
所以，hs在区间0,内单调递减．hsh00，则g's0，
所以gs在区间0,内单调递减．由t1,得t10,，所以gtgt1，
ln(1t) lnt
即  ．
t t1
ex
例4.（2022全国甲卷）已知函数 f(x) lnxxa.
x
（1）若 f(x)0恒成立，求a的取值范围；
（2）若 f(x)有两个零点x ,x ，证明：x x 1.
1 2 1 2
ex
解析：（2）此时，t  有两个解x ,x ，且0 x 1 x .
x 1 2 1 2
x
此时，ex 1 tx ;ex 2 tx ，两式相除，可得：ex 2 x 1  2  x x lnx lnx .
1 2 x 2 1 2 1
1
x x
于是，欲证x x 1只需证明： x x  2 1 （对数均值不等式）.易证！
1 2 1 2 lnx lnx
2 1
例5．（2022新高考2卷）已知函数 f(x) xeax ex．
（1）当a1时，讨论 f(x)的单调性；
（2）当x0时， f(x)1，求a的取值范围；
1 1 1
（3）设nN*，证明：   ln(n1)．
12 1 22 2 n2 n
解析：（1）略.
（2）由当 时， ，得 xeax ex 1在区间 (0,)内恒成立，即
ex 1 1
eax  在区间 内恒成立，在不等式t 2lnt(t 1) 中，
x tx 1 x
x e2  2lne2 x
令
t e2(x0)
,可得当 x0时,
x
,即
ex 1 xe2
,故当 x0时,不等式
e2
ex 1 x
e2成立.
x
1 x ex 1
当a 时，eax e2  在区间(0,)内恒成立，即 在区间(0,)内
2 x
恒成立，满足题意.
1
当 2a10，即 a ,则 g02a10，因为 gx为连续不间断函数，故存在
2
x 0,， 使 得 x0,x ， 总 有 gx0， 故 gx在 0,x 为 增 函 数 ， 故
0 0 0
gxg00，故hx在0,x 为增函数，故hxh01，与题设矛盾.
0
（3）由于 ab  L(a,b)
ab a a b 1 a
lnalnb ln   2lnx x (中 中 x 1)，接下来
ab b b a x b
1
1 1 1
1 1  2ln 1 n 1 1 n1
令t  1 ， n 1 n ，可得 ln(1 )， ln( ).
n 1 1 n n2 n n
n 1
n
1 n1
由上述不等式， ln( )，进一步求和可得：
n2 n n
n 1 n k1 2 3 n1
 ln( )ln(  ... )ln(n1)，
k1 k2 k k1 k 1 2 n
1 1 1
即  ... ln(n1)．
12 1 22 2 n2 n
例6.（2021年全国乙卷）设函数 f xlnax ，已知x0是函数y  xf x 的极值
点．
（1）求a；
x f(x)
（2）设函数g(x) ．证明:gx1．
xf(x)
1 1x
解析：（2）令(x)lnx(x1)，因为(x) 1 ，所以(x)在区间(0,1)内是增
x x
函数，在区间(1,)内是减函数，所以(x)(1)0，即lnxx1（当且仅当x1时取
1 1 1 1 x
等号）．故当x1且x0时， 0且 1，ln  1，即ln(1x)
1x 1x 1x 1x 1x
x x 1 x1 1
，所以ln(1x) ．当x(0,1)时，0ln(1x) ，所以  1 ，
x1 x1 ln(1x) x x1 1 x
即  1，所以g(x)1．当x(,0)时，ln(1x) 0，同理可证得
ln(1x) x x1
g(x)1．
xln(1x)
综上所述，当x1且x0时， 1，即g(x)1．
xln(1x)
例8．（湖北省七市州2025届高三联考）已知函数 f xtext 0的图象Γ与椭圆
C:
x2
y2 1a1交于A,B两个不同的点.P 0, f 0 是Γ上的点，Γ在P 处的切线交x
a2 0 0
轴于点Q a,0，过Q 作x轴的垂线交Γ于P,Γ在P处的切线交x轴于点Q a ,0，过Q
1 1 1 1 1 2 2 2
作x轴的垂线交Γ于P ，重复上述操作，依次得到Q a ,0,Q a ,0,,Q a ,0 .
2 3 3 4 4 n n
（1）求a,a ；
1 n
（2）记直线AB的斜率为k.
（i）设AAQ Q ,ABQ Q 的面积分别为S ,T ，证明：k S T ；
n n1 n1 n2 n n n n
1
（ii）若a2 a a ，求证：k  .
n n1 n1
解析：（1）由题意 fxtex，k  f0t，f 0t，Γ在P 处的切线方程为ytxt；
0
令y0，可得x1，即a 1.由Q a ,0可知P  a ,tean ，Γ在P 处的切线方程为
1 n n n n n
ytea n xa 1；令y0可得xa 1，即a a 1；所以数列a 是以a 为首项，
n n n1 n n 1
公差为1的等差数列，所以a n.
n
（2）（i）设Ax,y ,Bx ,y ，由题意x,x 不同时为0，不妨令x 0且x x ；
1 1 2 2 1 2 1 1 2
y y
S  1 Q Q ，T  2 Q Q .由（1）可知 Q Q  Q Q a a 1；
n 2 n n1 n 2 n1 n2 n1 n2 n n1 n n1
y t y t y y tex1 tex2 tex1 tex2
则S  1  ex1，T  2  ex2.要证k S T ，即证k  1 2   ，
n 2 2 n 2 2 n n x x x x 2
1 2 1 2
ex1 ex2 ex1 ex2 m m m m
即证  ；令m ex1,m ex2，即证 1 2  1 2 ，再令
x x 2 1 2 lnm lnm 2
1 2 1 2
m 1 1 21 2x1
 2 1 ，即证  ，即证ln .构造函数gxlnx x1
m ln 2 1 x1
1
(x1)2
，则gx 0，所以gx在1,上单调递增；即gxg10.所以
x(x1)2
1 1
 得证.即k S T .
ln 2 n n
x2

1 y2 1①
tex1 tex2 y y a2 1
（ii）由（i）可知，k   1 2 ，所以y y 2k.因为 ，①②
2 2 1 2 x
2
2
y2 1②
a2 2x2x2 x x x x 
得 1 2 y2y2 0；即 1 2 1 2 y y y y 0，即
a2 1 2 a2 1 2 1 2
x x a2ky y  .
1 2 1 2
x2x2
①②得 1 2 y2y2 2，因为x  x ，所以x2x2 2xx ；所以
a2 1 2 1 2 1 2 1 2
x2x2 2 x x  2
1 2   1 2  .所以
a2 a2  2 
x2x2 x x 2 y y 2 a2k2y y 2 y y 2
2 1 2 y2y2  1 2  1 2  1 2  1 2 2a2k42k2.即
a2 1 2 2a2 2 2 2
a2k4k210.当a2 a a nn1时，有nn1k4k210，即
n n1
1
 nk21 n1k210；所以n1k210，从而k  .
 
n1
x2
例 9.（2024年四川省预赛）已知t为正实数,若曲线 y tex与椭圆C:  y2 1交于
2
2
A、B两个不同的点,求证:直线AB的斜率k  .
2
解析：设 Ax ,y ,,Bx ,y ，其中 x  x .注意到对数不等式:若a,b0,ab,则
1 1 2 2 1 2
ab ab ex 1 ex 2 ex 1 ex 2
 . 取aex 1,,bex 2，得  .
lnalnb 2 x x 2
1 2
y  y t  ex 1 ex 2  t  ex 1 ex 2  y  y x2
k  1 2    1 2 .y  y 2k.①将 1  y2 1和
x x x x 2 2 1 2 2 1
1 2 1 2
x2 x x x x 
2  y2 1相 减 ， 得 1 2 1 2 y  y y  y 0,
2 2 2 1 2 1 2
x2 x2
x x 2ky  y ② .再 将 1  y2 1和 2  y2 1相 加 ， 得
1 2 1 2 2 1 2 2
x2 x2 x2 x2 x x 2
1 2  y2  y2 2③.注意到:x  x 时，由x2 x2 2x x 知 1 2  1 2 ，
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4
结合①②③知：
x2 x2 x x 2 y  y 2 4k2y  y 2 y  y 2
2 1 2  y2  y2  1 2  1 2  1 2  1 2 4k4 2k2,
2 1 2 4 2 4 2
2
2k4 k2 10  2k2 1  k2 1  0，解得k  .
2
三.习题演练
1
1.已知函数 f xex  x2 axxR．
2（1）若函数 f x在R上是增函数，求实数a的取值范围；
 1
（2）如果函数 gx f x a x2恰有两个不同的极值点 x ， x ，求证：
 
 2 1 2
x x
1 2 ln2a．
2
 1
解析：（2）根据条件，gx f x a x2 ex ax2 ax，则
 
 2
gx 0 ex 1 2ax a 0
gxex 2axa-2．因为x ,x 是极值点，所以 1  1 ，
1 2  xx
2
0  ex 2 2ax
2
a 0
ex 1 ex 2 x x ex 1 ex 2 x 1 x 2 ex 1 ex 2
两式相减得2a ．所证不等式等价于 1 2 ln e 2  ，
x x 2 x x x x
1 2 1 2 1 2
x 1 x 2 ex 1 x 2 1
设x  x 两边同除以ex 2得e 2  ．令t  x x ，t0,．所证不等式只
1 2 x x 1 2
1 2
需证明：
1 et 1 t t 1  1  t 
e2  te2 et 10． 设 pxte2 et 1， 则 pxe2  e2   1 
t  2 
1  t 
．易证e2 

1

0，所以 px p00，因此 pt在0,上单调递减，
2 
x x
pt p00．所以原不等式成立，即 1 2 ln2a．
2
1
2.已知函数 f xex ax22ax，其中aR.
2
（1）若函数 f x在0,上单调递增，求a的取值范围；
 53e x 2
（2）若函数 f x存在两个极值点x,x x x ，当x x  3ln24, 时，求 2
1 2 1 2 1 2   e1   x 2
1
的取值范围.
 1
解：（1）a的取值范围是,

.
 2
(2) f'xexax2a，对函数hxex,h'xex，设hx上一点为  x ,ex0  ，
0
过点  x ,ex0  的切线方程为yex 0 ex 0 xx ，将2,0代入上式得
0 0
ex0 ex0 2x x 1，所以过2,0的hx的切线方程为
0 0
1 1 1 2 1
y  x1,y x .所以，要使yex与yax2a有两个交点，则a ，此时
e e e e e
f x有两个极值点x,x ，且2x 1x .
1 2 1 2ex1 ax 2a0 ex1 ax 2a x 2 x 2
 1 , 1  2 ex2x1，令t  2 ，则t1,，所以
ex2 ax
2
2a0 ex2 ax
2
2a x
1
2 x
1
2
lnt tlnt
etx1x12t2 t，所以tx
1
x
1
2t2lnt，即x
1
2
t1
,x
2
2
t1
1
(t1)lnt t2lnt
所以x
1
x
2

t1
4，令 mt (t
t
1

)
1
lnt 4,m't
t12
t ，
令ntt2lnt 1 ,n't1 2  1 
t12
0，所以nt在1,上递增.
t t t2 t2
因为n10，所以nt0在1,上恒成立. 所以m't0在1,上恒成立.
53e  e1
所以mt在1,上递增. m23ln24,me ，所以当mt 3ln2, 时，
 
e1  e1
x 2
t2,e，所以 2 的取值范围是2,e.
x 2
1