高考数学飘带函数与对均

高考数学飘带函数与对均本文介绍了关于对数函数和不等式的一些性质和应用。

首先给出了两个常用的对数函数的上下界，然后通过构造函数的方法证明了这些不等式的正确性。

接着，引入了对数平均不等式的常用模型，并给出了一个具体的例子。

最后，通过一个实际问题，展示了如何利用对数函数和不等式进行函数单调性的研究和求解。

具体来说，第一部分给出了以下两个对数函数的上下界：① $\ln x < \frac{x-1}{x+1} < x-1.x \in (0,1)$，$\ln x \leq\frac{x-1}{2}。

x \in [1,+\infty)$。

② $\ln(x+1) - \frac{1}{x+2} \leq \frac{2x}{x+2} < \ln(x+1)。

x \in (-1,0] \cup [0,+\infty)$。

然后，通过构造函数的方法，证明了这些不等式的正确性。

具体来说，对于第一种情况，构造函数$f(x)=\ln x - \frac{x-1}{x+1}$，则$f'(x)=-\frac{2}{(x+1)^2}0$，且$g(1)=0$，因此$g(x) \geq 0$，即$\frac{2x}{x+2} \geq \ln(x+1)$。

接着，引入了对数平均不等式的常用模型$\ln \frac{a_1 +a_2 + \cdots + a_n}{n} \leq \frac{\ln a_1 + \ln a_2 + \cdots + \lna_n}{n} \leq \ln \frac{a_1 \cdot a_2 \cdots a_n}{n}$，并给出了一个具体的例子。

具体来说，将$x$替换为$x+1$，得到$\ln(x+1) \leq \frac{x+1}{2} - \frac{1}{x+2} \leq \frac{2x}{x+2} < \ln(x+1)$，从而可以得到$\ln(x+1) \leq \frac{x}{2} \leq\ln(x+1) - \frac{1}{x+2}$，这是对数平均不等式的一个特殊情况。

最后，通过一个实际问题，展示了如何利用对数函数和不等式进行函数单调性的研究和求解。

具体来说，考虑函数$f(x)=p(x-2)-2\ln x$，其中$p$是实数，$e$为自然对数的底数。

首先，通过对$f(x)$求导数，得到$f'(x)=2p\frac{x-1}{x^2}-\frac{2}{x}$。

然后，根据$f'(x)$的符号，可以得到$p\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调减。

最后，通过对$f(x)$和$g(x)=\frac{2}{e}x$在$[1,e]$上的比较，可以得到$p\in (\frac{1}{2}。

\frac{2}{e})$时，存在$x \in [1,e]$，使得$f(x)>g(x)$。

例2】已知函数$f(x)=\frac{e^x}{1-e^{-x}}-\ln(x+1)$，其中$e$是自然对数的底数，$e=2.\cdots$。

1）求$f(x)$的单调区间；2）证明：$f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$，$x\in(0,+\infty)$。

解析】1）定义域是$x\in(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{e^x(x+1)}{(1-e^{-x})^2}-\frac{1}{x+1}$。

令$u(x)=\frac{e^x}{1-e^{-x}}$，则$u'(x)=\frac{e^x(e^x+1)}{(1-e^{-x})^2}$，$u''(x)=\frac{e^{2x}(e^x+2)}{(1-e^{-x})^3}>0$，所以$u(x)$在$(-\infty,+\infty)$上是凸函数，故$f'(x)$在$(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$上单调，且$f'(x)<0$，故$f(x)$在$(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$上单调递减。

2）法一：即证明$\frac{\ln x}{x-1}0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，又$g(1)=0$，故$g(x)>0$，即$f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$，$x\in(0,+\infty)$。

法二：构造$g(x)=f(x)-\frac{1}{2}\ln^2(x+1)$，则$g'(x)=\frac{e^x(x-1)}{(1-e^{-x})^2}-\frac{\ln(x+1)}{x+1}$。

令$h(x)=\frac{e^x}{1-e^{-x}}-\ln(x+1)$，则$h'(x)=\frac{e^x(x+1)}{(1-e^{-x})^2}-\frac{1}{x+1}$，$h''(x)=\frac{e^{2x}(e^x+2)}{(1-e^{-x})^3}>0$，所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上是凸函数，故$h'(x)>\frac{h(1)-h(0)}{1-0}=1$，即$h(x)>\frac{x}{x+1}$，$x\in(0,+\infty)$。

又$\ln(x+1)0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，又$g(1)=0$，故$g(x)>0$，即$f(x)>\frac{1}{2}\ln^2(x+1)$，$x\in(0,+\infty)$。

由于$\frac{\ln x}{x-1}\frac{\ln x}{x-1}$，$x\in(0,+\infty)$。

证明：对于任意的$x>0$，有begin{aligned}2x\mathrm{e}^{x-1}&=(x+1-1)\mathrm{e}^{x-1}+x\mathrm{e}^{x-1}\\geq \sqrt{(x+1-1)x}\mathrm{e}^{(x-1)/2}+\sqrt{x}\mathrm{e}^{(x-1)/2}\\sqrt{x(x+1)}\mathrm{e}^{(x-1)/2}\\x^2+1)\frac{\mathrm{e}^{(x-1)/2}}{x+1}\\geq (x^2+1)\ln\left(\frac{x+1}{x}\right)end{aligned}其中第一个不等式用到了平均值不等式，第二个不等式用到了对数平均不等式。

因此，只需证明x^2+1)\ln\left(\frac{x+1}{x}\right)\geq (x^2+1)(\ln x+1)即可。

化简得ln\left(\frac{x+1}{x}\right)\geq \frac{\ln x+1}{x}令$f(x)=\ln\left(\frac{x+1}{x}\right)-\frac{\ln x+1}{x}$，则$f'(x)=\frac{1}{x(x+1)}\left(\frac{1}{x+1}-\ln\frac{x+1}{x}\right)$。

注意到$x+1>e$时，$\frac{1}{x+1}0$，即$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。

又有$f(1)=0$，因此对于任意$x>0$，有$f(x)\geq 0$，即ln\left(\frac{x+1}{x}\right)\geq \frac{\ln x+1}{x}原不等式得证。

已知函数$f(x)=\ln x$。

1）当$x>1$时，比较$f(x)$与$\frac{2(x-1)}{x+1}$的大小；2）若$g(x)=af(x)+x^3-ax(a\in R)$有两个极值点$x_1,x_2$，求证：$g(x_1)-g(x_2)>\frac{2a}{3}(x_1-x_2)^3$。

解析：（1）令$h(x)=f(x)-\frac{2(x-1)}{x+1}$，$h'(x)=\frac{1}{x}-\frac{4}{(x+1)^2}$，故$h(x)$在$x>1$时是减函数，即$f(x)<\frac{2(x-1)}{x+1}+\ln 2$。

2）$g'(x)=\frac{a}{x}+3x^2-a$，令$p(x)=3x^3-ax+a$，$g'(x)=0$的两个根为$x_1,x_2$，则$p'(x)=9x^2-a$，当$a0$，$p(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，不可能有两个根，故$a>0$。

此时，$p(x_1)=p(x_2)$，即$3x_1^3-ax_1+a=3x_2^3-ax_2+a$，整理得$x_1^2+x_1x_2+x_2^2=\frac{a}{3}$。

要证$g(x_1)-g(x_2)>\frac{2a}{3}(x_1-x_2)^3$，而$g(x_1)-g(x_2)=a(f(x_1)-f(x_2))+(x_1^3-x_2^3)-a(x_1-x_2)=a(\ln x_1-\lnx_2)+(x_1-x_2)(x_1^2+x_1x_2+x_2^2)-a(x_1-x_2)$，即$\ln\frac{x_1}{x_2}+(x_1^2+x_1x_2+x_2^2)-a(x_1-x_2)>\frac{2a}{3}(x_1-x_2)^2$，只需证明$1>\frac{3a}{x_1-x_2}>\frac{3}{x_1+x_2+2}$。

不妨设$x_1>x_2$，只需证明$\ln 1>\frac{x_2}{x_1-x_2}\cdot\frac{3(x_1-x_2)^2}{(x_1+x_2+2)}$，令$t=\frac{x_1}{x_2}(t>1)$，原不等式转化为$\ln t>\frac{2(t-1)^2}{t+2}$，由（1）得当$t>1$时，$\ln t\frac{2(t-1)^2}{t+2}$，即$t>3$，结论成立。

我们需要证明以下不等式成立：$\frac{t^3+1}{t^2+t+1}\geq \frac{3}{2}$，其中$t$为正实数。

首先，我们可以将分子分母同时乘以$t-1$，得到$\frac{(t-1)(t^3+1)}{(t-1)(t^2+t+1)}$。

化简后得到$\frac{t^4-t^3+t-1}{t^3-1}$。

我们可以将分子拆开，得到$\frac{t^4-t^3+t-1}{t^3-1}=\frac{t^4-1}{t^3-1}-\frac{t^3-t}{t^3-1}$。

化简后得到$\frac{t^4-t^3+t-1}{t^3-1}=t+\frac{1}{t}-\frac{t^2+1}{t^3-1}$。