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1、ALG 不等式与导数压轴题不等式与导数压轴题 贾勇贾勇 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、一、ALG 不等式介绍不等式介绍 若记 12 , 2 xx A + = 21 21 , lnln xx L xx = 12, Gx x=则, ,A L G分别是正数 12 ,x x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
2、函数( ) x f xe=图象上，过 D 的切 线交 BM 于点 E，交 AN 于点 F. 设( ,0)A a( ,0),B bab则直角梯形面积 ABMN S曲边梯形面积 ABMDN S直角梯形面 积, ABEF S 2 ()(), 2 a bba b x a ee bae dxeba + + 2 (). 2 a bbaba eeee eab ba + + 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 21 ln,ln,bx ax=（则0,0,abab） 那么 2 2 a bbaba eeee e ba + + 1221 12 21 2lnln xxx
3、x x x xx + ALG成立1. 二、证明函数不等式二、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： 例例 1（2012 年辽宁高考理数）设( )ln(1)1f xxxaxb=+ +（,a bR, a b为常 数） ，曲线( )yf x=与直线 3 2 yx=在(0,0)点相切. （1）求, a b的值； （2）证明：当02x时， 9 ( ). 6 x f x x + 分析分析（2）根据（1）( )ln(1)1 1,f xxx=+ 令1,tx=+ 所以0213,xt 所以 2 2 99(1) ,( )( )2ln1, 65 xt f xg ttt xt
4、 =+ + 故原命题当13t 时， 2 2 9(1) ( )2ln1 5 t g ttt t =+ 得 11 , LG 从而 ( )lnln12 2113, 11 g tt ttt =+ + + 所以 2 2 ( )9(1) 3 15 g tt tt + 即 9 ( ). 6 x f x x + 评析评析 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, a bx可以得到 (), xx ee=同理在ALG不
5、等式的对数形式中，如果让 12 ,x xx可以 得到 1 (ln ),x x =从根本上说明仍然没能脱离导数的实质. 例例 2（2016 年绵阳三诊理数）设函数( )lng xx=，( )(1) ( )f xgxag x=+，其 中, a是正常数，且01. （1）求函数( )f x的最值； （2）对于任意的正数m，是否存在正数 0 x，使不等式 0 0 (1) |1| g x m x + ，且 12 1+=，证明：对于任意 正数 12 ,aa都有 12 121 122 a aaa +. 分析分析 对第（3）问直接入手尝试一下（可能过程繁琐一些） ，因为 12 1,+=为了减少 参量，不是失一般
6、性令 12 1111 ,(), 2222 ttt=+=+ 同样对于任意正数 12 ,aa不妨设 12 0,aa那么 12 121 122 a aaa + 112 1212 2 ()(). 2 t aaa a at aa a + + 于是令 112 1212 2 11 ( )()(),() 222 t aaa g ta at aat a + = ( ) g t在 1 1 (, ) 2 2 上单调递 增.一方面LG 21 12 21 lnln aa a a aa 1 1212 2 (0)ln()()0 a ga aaa a =. 另一方面(0,1)(1,),x + ln1xx 11 22 ln1
7、aa aa 1 () 2 g 1 2 2 ln() a a a = 12 ()aa0.；由存在唯一 0 11 1 (,0)(, ) 22 2 t 使得 0 ( )0,g t=且 ( ) g t在 1 1 (, ) 2 2 上单调递增当 0 1 (, ) 2 tt 时， ( ) 0g t ( )g t在 0 1 (, ) 2 t上单调递减，在 0 1 ( , ) 2 t上单调递增 11 ( )max(), ( )0 22 g tgg = 12 121 122 a aaa +成立；如果 21 0aa时，同理可证原式成立；如果 12 0aa=时， 原式显然成立；故原命题成立. 评析评析 由此例可看出
8、，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、解决三、解决一类零点问题一类零点问题（某些某些极值点极值点偏移类偏移类问题）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
9、尝试ALG不等式，有可能起到四 办公版的效果，如： 例例 3（改编 2014 年天津高考理数）设函数( ),(,) x f xxaeaRaxR=且 且 且 且， 已知函数( )yf x=有两个零点 12 ,x x且 12. xx由( )0 x f xxae= 12 0,0. x x ex x a =由 1 2 1 2 x x xae xae = = 11 22 lnln lnln xax xax += += 21 21 1, lnln xx L xx = 又ALG即 12 12 1, 2 xx x x + 从而得到 1212 2,01.xxx x+由 1 2 1 2 x x xae xae =
10、 = 21 2121212 21212 1 2 1 1 xx xxxxxx eeeee ee axxxxx xx x + + = + ，又 ALG不等式的指数形式得 21212121 2 2121 1 , 2 xxxxxxxx eeeeee e axxxx + + = 评析评析 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.
11、ae， 则( )0( )( )F xf xg x= 2 lnatbtt+=的两根 12 12 xx teet= 2 111 2 222 ln ln atbtt atbtt += += 21 12 21 lnln (), tt a ttb tt =+ 由ALG不等式的变 11 LG 得到： 21 12 21 1 2 lnln1 (), tt a ttb ttt t =+且0,a 所以 1 212 1 2 1 (2)(),at tba ttb t t + 1 21 2 21,at tb t t+ 1212 2 22 21 xxxx aebe + + 00 2 21 xx aebe+即 00 ()(
12、).fxg x 评析评析 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： 例例 5（中国数学解题研究 QQ 群）已知函数 1 ( )ln, ( )f xxg xaxb x =+（其中, a b为 常数）.（1）若函数( )( )( )h xf xg x=在(0,)+上单调递增，求实数a的取值范围； （2） 当0b =时，若( )f x和( )g x的函数图象由两个不同的交点 112212 ( ,), (,),()A x yB xyxx试 比较 12 x x与 2 2e的大小.（2.8,ln20.7,
13、 21.4e ） 分析分析 直接考虑第（3）问，因为( )f x和( )g x的函数图象由两个不同的交点 11 1 22 2 1 ln(1) 1 ln(2) xax x xax x = = 由(1)(2)+得 12 1212 12 ln()(3), xx x xa xx x x + =+由(1)(2)+得 21 2112 lnln1 (4), xx a xxx x += 把(3)代入(4)得 1221 12 122112 lnln1 ln() xxxx x x x xxxx x + =+ 12 ()xx+ 12 12 12 2() ln xx x x x x + = 21 12 21 lnln
14、 (), xx xx xx + 由ALG不等式得 111 ALG 即 为 21 1221 12 2lnln1 , xx xxxxx x + 所以得到： 1212 12 12 12 2() 2ln, xxxx x x x xx x + 所以 12 12 12 2() 2ln xx x x x x + 12 12 12 2() 2ln xx x x x x + = 12 2lnx x令 2 ( )ln(0)G xxx x = 2 12 ( )0G x xx =+ ( )G x在(0,)+递增，而 2 ( 2 )ln2 2 Gee e = 12 ln2 10.85, 2e =+ 12 ()Gx x=
15、 12 lnx x 12 2 1 x x 所以( 2 )Ge 12 ()Gx x由( )G x在(0,)+递增得2e 2 2.e 三、证明数列不等三、证明数列不等式式 ALG不等式的指数形式还可以解决与数列有关的不等式，如： 例例 6 （2013 年华约自主招生）已知函数( )(1)1. x f xx e=（1）求证：当0 x ， ( )0;f x 分析分析 （2）用数学归纳法可证0. n x 先证 n x递减：由（1）可知 ()(1)10 n x nn f xx e= 即1, nn xx n ex e 又因为 1 1 1,1, nn xx n x eex + =从而 1 1 nn xx nnnn x ex exx + + 即 n x递减.再证 1 : 2 n n x 考虑到 1 0 2 , 0 nn n xx x n ee ee x + = 所以 1 0, 2 n n x x + 从而得到 23 1121 11111 ( )( ). 22222 nnnnn nn xxxxxx + = 评析评析 0 2 0 nn xx n ee e x 是用的ALG不等式的指数形式放缩所得. 在ALG不等式 1221 12 21 2lnln xxxx x x xx + 中，令 * 12 ,1,xk xkkN=
