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已知a,b为正数,记L(a,b)=
a-b
lna-lnb
,a≠b
a,a=b
为“正数a,b的对数平均数”.
(1)求函数f(x)=L(x,1),x∈(1,+∞)的单调区间;
(2)a≥b>0,比较a,b的“算术平均数”,“几何平均数”和“对数平均数”的大小关系.
考点:基本不等式
专题:导数的综合应用
分析:(1)根据已知条件求得f(x)=
x-1
lnx
,求f′(x)=
lnx-
x-1
x
(lnx)2
,所以要判断f′(x)的符号,只需判断lnx-
x-1
x
的符号.可令h(x)=lnx-
x-1
x
,h′(x)=
x-1
x2
>0
,所以便得到h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(1)=0,所以便得到f′(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上是增函数,而增区间便是(1,+∞);
(2)a=b时,容易得到
a+b
2
=
ab
=L(a,b)
,所以判断a>b时的情况即可:根据基本不等式
a+b
2
ab
,所以需判断
a+b
2
和L(a,b),
ab
和L(a,b)的大小关系,通过作差法进行比较.
a+b
2
-L(a,b)=
a+b
2
-
a-b
lna-lnb
=
a+b
2ln
a
b
[ln
a
b
-
2(
a
b
-1)
a
b
+1
]
a+b
2ln
a
b
>0
,所以只要判断ln
a
b
-
2(
a
b
-1)
a
b
+1
的符号即可.所以可令
a
b
=u,u>1
,G(u)=lnu-
2(u-1)
u+1
,G′(u)=
(u-1)2
u(u+1)2
>0
,所以G(u)>G(1)=0,所以便可得到
a+b
2
>L(a,b)
,而同样的办法去比较
ab
和L(a,b)的大小关系,最后便可得到这三个平均数的大小关系.
解答: 解:(1)根据已知条件,∵x∈(1,+∞),∴L(x,1)=
x-1
lnx

∴f(x)=
x-1
lnx
,f′(x)=
lnx-
x-1
x
(lnx)2

设h(x)=lnx-
x-1
x
,h′(x)=
1
x
-
1
x2
=
x-1
x2

∵x>1,∴h′(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上是增函数,所以h(x)>h(1)=0,即f′(x)>0;
∴f(x)在(1,+∞)上是增函数,(1,+∞)是f(x)的单调递增区间;
(2)a=b>0时,
a+b
2
=
ab
=L(a,b)

a>b>0时,
a+b
2
ab

a+b
2
-L(a,b)
=
a+b
2
-
a-b
lna-lnb
=
(a+b)ln
a
b
-2(a-b)
2ln
a
b
=
a+b
2ln
a
b
[ln
a
b
-
2(a-b)
a+b
]
=
a+b
2ln
a
b
[ln
a
b
-
2(
a
b
-1)
a
b
+1
]
,设
a
b
=u
,u>1,则:
G(u)=lnu-
2(u-1)
u+1
,G′(u)=
1
u
-
4
(u+1)2
=
(u-1)2
u(u+1)2
>0

∴函数G(u)在(1,+∞)上是增函数,∴G(u)>G(1)=0,即ln
a
b
-
2(
a
b
-1)
a
b
+1
>0

a
b
>1
a+b
ln
a
b
>0
,∴
a+b
2
>L(a,b)

ab
-L(a,b)
=
ab
-
a-b
lna-lnb
=
ab
ln
a
b
(ln
a
b
-
a-b
ab
)
=
ab
ln
a
b
(ln
a
b
-
a
b
-1
a
b
)
,设
a
b
=u,
a
b
=u2
,(u>1)则:
H(u)=lnu2-
u2-1
u
=2lnu-u+
1
u
,H′(u)=
2
u
-1-
1
u2
=
-(u-1)2
u2
<0

∴函数H(u)在(1,+∞)上单调递减,∵H(u)<H(1)=0,即ln
a
b
-
a
b
-1
a
b
<0

ab
ln
a
b
>0
,∴
ab
<L(a,b)

∴综上得a,b的“算术平均数”,“几何平均数”和“对数平均数”的大小关系为:
a+b
2
≥L(a,b)≥
ab
,当a=b时取“=”.
点评:考查通过判断导数符号来判断函数单调性的方法,以及对于g(x)=f′(x)的情况,根据函数g(x)的单调性来判断导数f′(x)符号的方法,以及通过构造函数来判断一个式子的符号的方法.
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