对数的基本不等式与应用*

☉四川省内江师范学院数学与信息科学学院 李雪莲 赵思林

显然，不等式lnx≤x-1（x＞0）（*）等价于不等式ln（1+x）≤x（x＞-1）（**）.

本文定义：（*）和（**）均可称为对数的基本不等式［1］.

这两个对数的基本不等式有广泛的应用.它们是近年来一些高考数学压轴题命制的常用背景.

ln（1+x）≤x（x＞-1）的高等数学背景之一是ln（1+x）泰勒公式，即：

另外，由ex=1+x++！+…++…可得：当x≥0时，ex≥1+x，从而也能得到x≥ln（1+x），即ln（1+x）≤x.

例1（2017年高考数学全国卷Ⅲ理科21题）已知函数（fx）=x-1-alnx.

（1）若f（x）≥0，求a的值；

分析：（1）易证：a≤0不合题意.事实上，当a≤0时，取0＜x＜1，则x-1＜0，且-alnx≤0.从而，f（x）=x-1-alnx＜0，这不合题意.故必有a＞0.

将“alnx≤x-1（x＞0）”与“lnx≤x-1（x＞0）”相比较，即可猜测a=1.

在alnx≤x-1（x＞0）中，令x=et，则有at≤et-1.

故必有a=1.

（2）利用（**），得：

例2（2017年全国卷Ⅲ文科21题）已知函数（fx）=lnx+ax2+（2a+1）x.

（1）讨论（fx）的单调性；

（2）当a＜0时，证明（fx）≤--2.

分析：（1）过程从略.

当a≥0时，（fx）在（0，+∞）上单调递增；

当a＜0时，（fx）在 （0， -）上单调递增，在 （-，+∞ ） 上单调递减.

（2）由（1）知，当a＜0时，（fx）在x=-处取得最大值，且最大值为f（-）.

由（*）式，得：

例3（2017年全国卷Ⅰ理科21题）已知函数（fx）=ae2x+（a-2）ex-x.

（1）讨论（fx）的单调性；

（2）若（fx）有两个零点，求a的取值范围.

分析：（1）过程从略.

当a≤0时，（fx）在R上单调递减；

当a＞0时，（fx）在（-∞，-lna）上单调递减，在（-lna，+∞）上单调递增.

（2）若a≤0，（fx）在R上单调递减，至多只有一个零点，不符合题意，舍去；

若a＞0，当x→+∞时，（fx）→+∞；x→-∞时，（fx）→+∞.

要使（fx）有两个零点，只要（fx）min= （f-lna）＜0，即a·

由（*）式知，lna≤a-1（a＞0）.所以lna的上界函数是a-1（a＞0）.

因此，欲使①式恒成立，只需令a-1＜-1，即a＜，解得0＜a＜1.

故a的取值范围是（0，1）.

例4（2015年全国Ⅱ卷文科21题）已知函数（fx）=lnx+a（1-x）.

（1）讨论（fx）的单调性；

（2）当（fx）有最大值，且最大值大于2a-2时，求a的取值范围.

分析：（1）过程从略.

当a≤0时，（fx）在（0，+∞）上单调递增.

当a＞0时，（fx）在（0，）上单调递增，在 （， +∞）上单调递减.

（2）由（1）知，当a≤0时，（fx）在（0，+∞）上无最大值；当a＞0时，（fx）在x=处取得最大值，最大值为f（）=ln+a（ 1-）=-lna+a-1.

由（*）式知，lna≤a-1（a＞0）.所以lna的上界函数是a-1（a＞0）.

因此，欲使①式恒成立，只需令a-1＜-a+1（a＞0），解得0＜a＜1.

故a的取值范围是（0，1）.

例5（2007年四川卷理科22题改编）设函数f（x）=

（1）对任意的实数x，证明是f（x）的导函数）.

（2）是否存在a∈N，使得an＜成立？若存在，试证明你的结论并求出a的值；若不存在，请说明理由.

故（f2x）+（f2）＞2f（′x），原不等式成立.

点评：本题当年给的“标准答案”非常冗长，此题用（**）式解答显得十分简洁.这说明，本文所给对数的基本不等式的确是处理有关问题的一个工具，值得关注.

1.赵思林.初等代数研究［M］.北京：科学出版社，2017.

2.李秀萍，赵思林.2016年高考数学四川卷理科21题的思路发现［J］.数学教学通讯（下旬），2017（6）.F