1994-全国卷文-22 解-对数函数与均值不等式

本题导读

本题考查对数函数的性质与均值不等式。核心在于用均值不等式比较真数大小，再结合对数函数单调性判断。

📌【题干】

Question

（1994年全国卷(文)） 已知函数 $f(x)={\log }_{a}x$（$a>0$ 且 $a\ne 1$，$x\in {\mathbf{R}}^{+}$），若 $x_1$，$x_2\in {\mathbf{R}}^{+}$，判断 $\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]$ 与 $f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$ 的大小，并加以证明.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 把 $\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]$ 化为 ${\log }_a\sqrt{x_1{x}_2}$。
2. 用均值不等式比较 $\sqrt{x_1{x}_2}$ 与 $\frac{x_1+x_2}{2}$，分 $a>1$、$0<a<1$ 讨论。

✅【答案】

Success

当 $a>1$ 时，$\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]\le f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$；当 $0<a<1$ 时，$\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]\ge f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$；当且仅当 $x_1=x_2$ 时取等号

✍【详细解析】

Abstract

$\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]=\frac{1}{2}({\log }_a{x}_1+{\log }_a{x}_2)={\log }_a\sqrt{x_1{x}_2}$，而 $f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)={\log }_a\frac{x_1+x_2}{2}$。由均值不等式 $\sqrt{x_1{x}_2}\le \frac{x_1+x_2}{2}$（当且仅当 $x_1=x_2$ 时取等号）。 当 $a>1$ 时，$y={\log }_{a}x$ 单调递增，故 ${\log }_a\sqrt{x_1{x}_2}\le {\log }_a\frac{x_1+x_2}{2}$，即 $\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]\le f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$； 当 $0<a<1$ 时，$y={\log }_{a}x$ 单调递减，故 ${\log }_a\sqrt{x_1{x}_2}\ge {\log }_a\frac{x_1+x_2}{2}$，即 $\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]\ge f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$。 当且仅当 $x_1=x_2$ 时取等号

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：对数函数与均值不等式

核心方法：$\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]={\log }_a\sqrt{x_1{x}_2}$，$f(\frac{x_1+x_2}{2})={\log }_a\frac{x_1+x_2}{2}$。由 $\sqrt{x_1{x}_2}\le \frac{x_1+x_2}{2}$，当 $a>1$ 时 ${\log }_a$ 递增得 $\le$，当 $0<a<1$ 时得 $\ge$

避坑指南：均值不等式 + 对数单调性

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：源于教材对数与均值不等式

结论推广：一般地，均值不等式结合对数单调性比较

方法推广：均值不等式 + 对数单调性

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 04.01 指数与对数运算

类题演练 (Links)

• 1995-全国卷文-23 解-等比数列前 n 项和的对数不等式证明
• 1996-全国卷文-20 解-含参对数不等式
• 1999-上海理-18 解-等比数列对数和的极限