高中數學/不等式與數列/常用不等式補充

閱讀指南

本節介紹的內容屬於高中數學（常規教學大綱以外）的拓展知識，並不要求大多數中學生了解。

不等式的證明是高中數學中技巧性特別強的內容。本節補充了一些最常用的初等代數不等式和相關的基礎例題，以便於讀者在後續數學課程中遇到重要不等式時，能在這一節及時查漏補缺，了解它們常用於解決什麼類型的問題。有的不等式可能還存在積分形式或是特殊的幾何意義，但本節只側重介紹它們在代數形式（不過其中可能有少數例題涉及指數函數或對數函數）下的簡單應用。本節中各個小節的例題一般都按由易到難的順序編排，在前面例題中給出的結論或方法也可能會在後面的例題中再次用到，以便鞏固印象，也保證這一章節的內容適合按順序閱讀。有的例題可以使用多種常見不等式證明。我們在同時展示其多種證法的同時，也儘量將每個有多解的例題優先放在證法最簡明、最易想到的對應不等式板塊中。如果遇到有些例題的多種題解難易程度都非常接近（比如某例題用簡單的不等式A和較高級的不等式B都能得到步驟數相近的簡短論證），我們就將這樣的例題放在更靠前、更基礎的相關段落中。

本節不討論技巧性偏複雜、難於想到的不等式證明方法。目前已有許多代數不等式原則上可以利用計算機機器證明，工作中實際遇到時可能不必一一費力手算。關於不等式及其證明策略的更一般的論述，可以移步不等式專題教程或參考相關專著。

考慮到部分不等式有多種差異較大的漢語譯名（例如丹麥姓氏Jensen在英語和丹麥語中的讀音就很不一樣，因此音譯時容易造成較大差異），下文中也會直接用英文人名稱呼這些譯名不太統一的不等式，方便習慣不同譯名的讀者都能快速辨認它們。有的口口相傳的以人名命名的不等式，但是實際上難以找到可信資料作證其命名由來（比如缺乏提出者的全名、原始論著、學術背景等關鍵信息）。本着對知識點負責的原則，在找到其確切、詳實的參考資料之前，我們就不介紹其傳聞名稱，以免擴大訛誤。請讀者不要盡信從各類中學教科書及數學科普讀物中了解到的數學野史。如果有需要了解某項數學知識的相關歷史發展脈絡，對低層次的普及讀物上的信息只能信一半，更多、更可靠的信息應該是從知名的大學程度的教材、講義、專著、同時代數學工作者回憶錄中去查閱。

預備知識

本節大部分內容都要求讀者至少了解算術-幾何平均值不等式和柯西不等式的基本用法，所以建議基礎薄弱的讀者先挑選前文中平均值不等式和柯西不等式這2個章節的例題做一做，如果問題不大即可先閱讀本節的n元代數-幾何平均值不等式部分，然後再根據需要選讀本節的其餘內容。

本節將介紹的有些重要的不等式（例如Jensen不等式）或重要的證法（例如切線法）與導數的關係密切，建議準備閱讀此小節的讀者先學習導數與切線方程、利用導數證明不等式、利用二階導數判斷函數凹凸性這3節的內容。

在其它章節中已着重介紹過的不等式就不再專門列入本節，包括絕對值不等式、伯努利不等式、阿貝爾不等式等。

基礎知識

n元的代數-幾何平均值不等式

代數-幾何平均值不等式的一般形式及其證明

先前在平均值不等式章節學習的平均值不等式完全可以推廣到包含更多變元的情形。

設$x_1,x_2,\dots ,x_n$為$n$個正實數，稱${𝐀}_n=\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}$為它們的算術平均數（arithmetic mean），稱${𝐆}_n=\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n}$為它們的幾何平均數（geometric mean）。
一般形式的算術-幾何平均值不等式（inequality of arithmetic and geometric means）指出，對任意的正實數$x_1,\dots ,x_n$，總有：

${𝐀}_n\ge {𝐆}_n$

上述不等式中的等號當且僅當$x_1=x_2=\cdots =x_n$時才嚴格成立。算術-幾何平均值不等式是表現算術平均數和幾何平均數之間恆定的大小順序關係。它也被簡稱為算幾不等式（AM-GM）。

其證明可見於維基百科平均值不等式條目。這個不等式也可以擴展為包含n元的不等式鏈，其中最常用的是「n元的調和-幾何-算術-平方平均值不等式」。人們常說的「平均值不等式」或「平均數不等式」指的也是該四大平均值組成的二元或n元不等式鏈。

3元情形下的應用

本小節列出一些可用平均值不等式解決的包含3個變元的常見的不等式問題。例題主要是圍繞3元的代數-幾何平均值不等式的解題應用，少數可以只使用2元的代數-幾何不等式分多次解決，但需要一定的代數觀察能力和變形技巧。部分特別簡單（不需要用到3元算術-幾何平均值不等式）的3元不等式證明問題可以見於主幹知識部分的平均值不等式章節。

我們先介紹一些簡單的求值問題。

相關例題1： 已知0 < x < 1，求函數$f(x)=-x^3-x^2+x+1$的最大值。

參考解答：
$\begin{array}{c}f(x)=-x^2(x+1)+(x+1)=(1-x^2)(x+1)=(1-x)(1+x{)}^2\\ =4\cdot (1-x)\cdot \frac{1+x}{2}\cdot \frac{1+x}{2}\le 4((1-x)+\frac{\frac{x+1}{2}+\frac{x+1}{2}}{3}{)}^3=\frac{32}{27}\end{array}$
上式中的等號當且僅當$\frac{x+1}{2}=1-x$（即$x=\frac{1}{3}$）時成立。
所以$f(x{)}_{max}=f(\frac{1}{3})=\frac{32}{27}$。

答案：$\frac{32}{27}$。

相關例題2： 求函數$f(x)=x^2\sqrt{1-x^2}(0<x<1)$的最大值。

參考解答：
$f(x)=\sqrt{x^4(1-x^2)}=\sqrt{4\cdot \frac{x^2}{2}\cdot \frac{x^2}{2}\cdot (1-x^2)}$
又因為其中的：
$\frac{x^2}{2}\cdot \frac{x^2}{2}\cdot (1-x^2)\le (\frac{\frac{x^2}{2}+\frac{x^2}{2}+(1-x^2)}{3}{)}^3=\frac{1}{27}$
上式中的等號當且僅當$\frac{x^2}{2}=(1-x^2)$（即$x=\frac{\sqrt{6}}{3}$）時成立。
所以$f(x)\le \sqrt{4\cdot \frac{1}{27}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}$，即$f(x{)}_{max}=f(\frac{\sqrt{6}}{3})=\frac{2\sqrt{3}}{9}$。

答案：$\frac{2\sqrt{3}}{9}$。

相關例題3： 已知0 < x < 2，求函數$f(x)=6x(4-x^2)$的最大值。

分析與提示：易知$f(x)=2x\cdot (2+x)\cdot 3(2-x)$
因為0 < x < 2，所以上式中的3個因式都大於0。於是嘗試考慮使用均值不等式：
$f(x)\le (\frac{2x+(2+x)+3(2-x)}{3}{)}^3=\frac{8^3}{27}$
但由於其取等條件$2x=(2+x)=3(2-x)$不能同時成立，所以這種思路求不出最值，需要藉助其它的辦法變形後再求解。
由於問題中的代數式取值始終是非負的，這裏改為採用平方後再求最值的方法求解。

參考解答：
由於$\mathrm{\forall }x\in (0,2),f(x)>0$，所以$f(x)=\sqrt{f(x{)}^2}$，我們轉而先求$f(x{)}^2$的最大值再開算術平方即可。
$\begin{array}{c}f(x{)}^2=(6x(4-x^2){)}^2=36x^2(4-x^2{)}^2\\ =18\cdot 2x^2\cdot (4-x^2)\cdot (4-x^2)\\ \le 18\cdot (\frac{2x^2+(4-x^2)+(4-x^2)}{3}{)}^3=18\cdot \frac{8^3}{27}\end{array}$
上式中的等號當且僅當$2x^2=(4-x^2)$（即$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$）時成立。
這說明$f(x{)}_{max}^2=f(\frac{2\sqrt{3}}{3}{)}^2=18\cdot \frac{8^3}{27}$，也即$f(x{)}_{max}=\frac{32\sqrt{3}}{3}$。

答案：$\frac{32\sqrt{3}}{3}$。

其次，我們介紹通過「拼湊常數項升/降冪」來求最值的技巧。這種方法針對已知條件和待求證的式子中都具有相似的代數式，但是冪次不相同的情況。對於這類問題，可以巧湊常數項，然後利用不等式進行冪次的升/降，以便用上已知約束條件求解最值。

這種題型有2個要點需要注意：

• 待求證或求解的式子經常可以拆成多個形式等價的部分，先用不等式單獨求解。
• 合併單獨的不等式時，需要保證取等條件一致。為此，所需待定常數的取值一般會結合原不等式的取等條件作為線索來猜測。

相關例題4： 設$a,b>0,a^3{b}^3=2$，求證：$a+b\le 2$。

參考證明：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{a}^3+1^3+1^3\ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot 1^3\cdot 1^3}=3a\\ b^3+1^3+1^3\ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot 1^3\cdot 1^3}=3b\end{array}\\ \Rightarrow a^3+b^3+4=(a^3+1^3+1^3)+(b^3+1^3+1^3)\ge 3a+3b=3(a+b)\\ \Rightarrow \frac{a^3+b^3+4}{3}\ge a+b\Rightarrow \frac{2+4}{3}\ge a+b\Rightarrow a+b\le 2\end{array}$
證明完畢。

相關例題5： 設$a,b>0,a^3+b^3=2$，求$a^2+b^2+5ab$的最大值。

參考解答：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}1\cdot a\cdot a\le \frac{1^3+a^3+a^3}{3}\\ 1\cdot b\cdot b\le \frac{1^3+b^3+b^3}{3}\\ 1\cdot a\cdot b\le \frac{1^3+a^3+b^3}{3}\end{array}\\ \Rightarrow a^2+b^2+5ab\le \frac{1+a^3+a^3}{3}+\frac{1+b^3+b^3}{3}+5\cdot \frac{1+a^3+b^3}{3}=\frac{7+7(x^3+y^3)}{3}\end{array}$
因為已知$a^3+b^3=2$，所以有$a^2+b^2+5ab\le \frac{7+7\cdot 2}{3}=7$，並且式中的等號當且僅當a = b = 1時成立。
所以原式的最大值為7。

答案：7。

相關例題6： 設$a,b,c>0$，求證：$a^3+b^3+c^3\ge ab+bc+ca$。

參考證明：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{a}^3+b^3+1^3\ge 3\cdot a\cdot b\cdot 1\\ b^3+c^3+1^3\ge 3\cdot b\cdot c\cdot 1\\ c^3+a^3+1^3\ge 3\cdot c\cdot a\cdot 1\end{array}\\ \Rightarrow 3+2(a^3+b^3+c^3)=(a^3+b^3+1^3)+(b^3+c^3+1^3)+(b^3+a^3+1^3)\\ \ge (3\cdot a\cdot b\cdot 1)+3(\cdot b\cdot c\cdot 1)+3(\cdot c\cdot a\cdot 1)\\ =3(ab+bc+ca)=2(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\ge 2(ab+bc+ca)+3\sqrt[3]{ab\cdot bc\cdot ca}\\ =2(ab+bc+ca)+3\sqrt[3]{(abc{)}^2}=3\sqrt[3]{1^2}\end{array}$
因為已知abc = 1，即有$3+2(a^3+b^3+c^3)\ge 2(ab+bc+ca)+3$，
即$a^3+b^3+c^3\ge ab+bc+ca$。證明完畢。

相關例題7： 設$a,b>0,a+b=2$，求證：$a^3+b^3\ge 2$。

參考證明：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{a}^3+1^3+1^3\ge 3(1\cdot 1\cdot a)=3a\\ b^3+1^3+1^3\ge 3(1\cdot 1\cdot b)=3b\end{array}\Rightarrow a^3+b^3+4=(a^3+2)+(b^3+2)\ge 3a+3b=3(a+b)\end{array}$
又因為已知a + b = 2，所以：
$a^3+b^3\ge 3(a+b)-4=3\cdot 2-4=2$
證明完畢。

最後，介紹一些同樣需要技巧的代數式比較問題。

相關例題8： 設$a,b,c>0,a+b+c=1$，求$ab+bc+ca$的最大值。

分析與提示：解題的關鍵在於尋找$a+b+c$與$ab+bc+ca$之間的聯繫。將已知條件$a+b+c=1$的兩邊同時進行平方，可以得到包含$ab+bc+ca$的等式。

參考解答1：
將已知條件$a+b+c=1$的兩邊同時平方得：
$a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=1$
將上式兩側同時翻倍，可得：
$(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)+4(ab+bc+ac)=2$
因為$a^2+b^2\ge 2ab,b^2+c^2\ge 2bc,c^2+a^2\ge 2ac$，
所以$2\ge 2ab+2bc+2ac+4(ab+bc+ac)=6(ab+bc+ca)$。
所以$ab+bc+ca\le \frac{1}{3}$。

參考解答2（用到權方和不等式）：
由權方和不等式可知：
$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\ge \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}$
故$a^2+b^2+c^2$的最小值為$\frac{1}{3}$。
又因為$(a+b+c{)}^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=1$，
當$ab+bc+ca$取最大值時，$a^2+b^2+c^2$恰好取最小值。
故$ab+bc+ca$的最大值也為$\frac{1}{3}$。

答案：$\frac{1}{3}$。

點評：如果3個正數a、b、c的和為固定值，則$ab+bc+ca$有最大值；反過來，如果$ab+bc+ca$為固定值，則正數a、b、c的和有最小值。這是一個常用結論，其證明步驟也會經常被用到。

相關例題5： 設$a,b,c>0,ab+bc+ac=1$，求證：
(1)$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt{3}$
(2)$abc(a+b+c)\le \frac{1}{3}$

參考證明：
(1)$ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{(ab)(bc)(ca)}=3(abc{)}^{\frac{2}{3}}$
帶入已知條件$ab+bc+ca=1$可得：
$\begin{array}{c}1\ge 3(abc{)}^{\frac{2}{3}}\Rightarrow abc\le \frac{1}{3\sqrt{3}}\\ \Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}=\frac{1}{abc}\le 3\sqrt{3}\end{array}$
證明完畢。
(2)首先注意到下列2個條件：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\ ab+bc+ca=1\end{array}\end{array}$
它們的變量情況較複雜，但是具有形式上的一致性，可作如下換元：
$x=ab>0,y=bc>0,z=ca>0$
然後原問題轉化如下問題：
已知$x,y,z>0,x+y+z=1$，求$xy+yz+zx$的最大值。
根據前面類似例題的思路，可以得到：
$\begin{array}{c}2(x+y+z{)}^2=(x^2+y^2)+(y^2+z^2)+(z^2+x^2)+4(xy+yz+zx)\\ \ge 2xy+2yz+2zx+4(xy+yz+zx)=6(xy+yz+zx)\end{array}$
所以可得$(x+y+z{)}^2\ge 3(xy+yz+zx)$。
將條件$x+y+z=1$代入可知：
$\begin{array}{c}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\ =xy+yz+zx\le \frac{1}{3}(x+y+z{)}^2=\frac{1}{3}\end{array}$
證明完畢。

相關例題10： 設$a>0$，求證：$\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}-\sqrt{2}\ge a+\frac{1}{a}-2$。

參考證明1：
用換元法，設$x=a+\frac{1}{a}$，那麼$a^2+\frac{1}{a^2}=(a+\frac{1}{a}{)}^2-2=x^2-2$。
由基本不等式可知：
$x=a+\frac{1}{a}\ge 2\sqrt{a\frac{1}{a}}=2$
上式中的等號當且僅當$a=1$時成立。
$\begin{array}{c}\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}-\sqrt{2}\ge a+\frac{1}{a}-2\\ \iff \sqrt{(a+\frac{1}{a}{)}^2-2}-\sqrt{2}\ge (a+\frac{1}{a})-2\\ \iff \sqrt{x^2-2}-\sqrt{2}\ge x-2\\ \iff \sqrt{x^2-2}\ge x+\sqrt{2}-2>0\\ \iff (\sqrt{x^2-2}{)}^2\ge (x+(\sqrt{2}-2){)}^2\\ \iff x^2-2\ge x^2+2(\sqrt{2}-2)x+(\sqrt{2}-2{)}^2\\ \iff x^2-2\ge x^2+2(\sqrt{2}-2)x+(2-4\sqrt{2}+4)\\ \iff 4\sqrt{2}-8\ge 2(\sqrt{2}-2)x\iff 2\ge x\end{array}$
上述的最後一個式子是顯然成立的。證明完畢。

參考證明2：
因為$a^2>0,\frac{1}{a^2}>0$，由基本不等式可知：
$a^2+\frac{1}{a^2}\ge 2$
上式中的等號當且僅當$a=1$時成立。
$\begin{array}{c}\Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}\ge \sqrt{2}\\ \Rightarrow (a+\frac{1}{a})+\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}\ge 2+\sqrt{2}\\ \Rightarrow \frac{1}{(a+\frac{1}{a})+\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}\le \frac{1}{2+\sqrt{2}}\end{array}$
對上式的兩側同時進行分母有理化：
$\begin{array}{c}\frac{(a+\frac{1}{a})-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{((a+\frac{1}{a})+\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}})((a+\frac{1}{a})-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}})}\le \frac{2-\sqrt{2}}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}\\ \Rightarrow \frac{(a+\frac{1}{a})-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{(a+\frac{1}{a}{)}^2-(\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}{)}^2}\le \frac{2-\sqrt{2}}{2^2-(\sqrt{2}{)}^2}\\ \Rightarrow \frac{a+\frac{1}{a}-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{(a^2+2+\frac{1}{a^2})-(a^2+\frac{1}{a^2})}\le \frac{2-\sqrt{2}}{4-2}\\ \Rightarrow \frac{a+\frac{1}{a}-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{2}\le \frac{2-\sqrt{2}}{2}\\ \Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}-\sqrt{2}\ge a+\frac{1}{a}-2\end{array}$
證明完畢。

相關例題11： 設$a,b,c>0$，求證：$\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+a}$。

參考證明1：
因為$a,b>0$，所以由平均值不等式可知：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{\frac{1}{a}\frac{1}{b}}=2\frac{1}{\sqrt{ab}}\\ a+b\ge 2\sqrt{ab}\end{array}\\ \Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\frac{1}{\sqrt{ab}}\ge 2\times \frac{2}{a+b}=\frac{4}{a+b}\end{array}$
上式中的等號當且僅當$a=b$時成立。
同理可得下列3個式子：
$\{\begin{array}{c}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}\\ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{4}{b+c}\\ \frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge \frac{4}{c+a}\end{array}$
以上各式中的等號當且僅當$a=b=c$時同時成立。
疊加以上3個式子可得：
$\begin{array}{c}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+(\frac{1}{c}+\frac{1}{a})\ge \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}\\ \Rightarrow 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\ge 4(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\\ \Rightarrow \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\ge (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\end{array}$
證明完畢。

參考證明2（用到下文中的柯西不等式）：
$\begin{array}{c}(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}{)}^2=(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c})(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c})\\ \ge (\frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ca}}{)}^2\\ \ge (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}{)}^2\end{array}$
上述式子中的第1個不等式是柯西不等式，第2個不等式是平均值不等式，當且僅當$a=b=c$時以上各等式嚴格成立。
此即$\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$。證明完畢。

平均值不等式的補充

算術-對數-幾何平均值不等式

1957年，B·奧斯透（B. Ostle）和H·L·特爾維利爾（H. L. Terwilliger）提出對於不相等的任意2個正數a和b，存在不等式$\frac{a-b}{\ln a-\ln b}>\sqrt{ab}$；1966年，B·C·卡爾森（B. C. Carlson）提出對於不相等的任意2個正數a和b，存在不等式$\frac{a+b}{2}>\frac{a-b}{\ln a-\ln b}$。將它們合併到一起，並和算術-幾何平均值不等式相聯繫，我們就得到本節的主角：

設$a,b>0,a\ne b$，則有下列算術-對數-幾何平均值不等式（arithmetic-logarithmic-geometric mean inequality），簡稱對數均值不等式或A-L-G不等式：

$\frac{a+b}{2}>\frac{a-b}{\ln a-\ln b}>\sqrt{ab}$

其中$\frac{a-b}{\ln a-\ln b}$叫做a和b的對數平均數（logarithmic mean）。

不妨設$a<b,t=\frac{b}{a}>1$，作換元b = t a即知原不等式可化為：

$\frac{t+1}{2}>\frac{t-1}{\ln t}>\sqrt{t}$

於是原不等式等價於下列2個不等式同時成立：

• 左半邊：$\ln x>\frac{2(x-1)}{x+1}$ (取$t=x,x>1$)
• 右半邊：$x-\frac{1}{x}>2\ln x$ (取$t=x^2,x>1$)

證明：先證左半邊的不等式。設$f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}=\ln x-\frac{4}{x+1}+2(x\ge 1)$，易得$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}+\frac{4}{(x+1{)}^2}$。
易知當x > 1時，恆有f'(x) > 0，即此時的f(x)嚴格單調遞增。
又因為f(x)在x = 1時是連續的，所以
$\begin{array}{c}f(x)\ge f(1)=\ln 1-\frac{2(1-1)}{1+1}=0-0=0(x\ge 1)\\ \Rightarrow \ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}\ge 0(x\ge 1)\\ \Rightarrow \ln x\ge \frac{2(x-1)}{x+1}(x\ge 1)\end{array}$
上述不等式中的等於號當且僅當x = 1時嚴格成立。

再證右半邊的不等式。設$f(x)=x-\frac{1}{x}-2\ln x(x\ge 1)$，易得$f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{x^2+1-2x}{x^2}=\frac{(x-1{)}^2}{x^2}$。
易知當x > 1時，恆有f'(x) > 0。即此時的f(x)嚴格單調遞增。
又因為f(x)在x = 1時是連續的，所以
$\begin{array}{c}f(x)\ge f(1)=0(x\ge 1)\\ \Rightarrow x-\frac{1}{x}-2\ln x\ge 0(x\ge 1)\\ \Rightarrow x-\frac{1}{x}\ge 2\ln x(x\ge 1)\end{array}$
上述不等式中的等於號當且僅當x = 1時嚴格成立。

注意：對數平均值不等式中不存在取等號的可能性，它在這一點上與代數-幾何不等式等許多其它常用不等式明顯不同。因為當且僅當a = b時，它們的算術平均值才會剛好等於幾何平均值，但是此時對數平均值會因分母為0而失去意義。

提示：對數均值不等式還存在以定積分描述的積分形式。我們在本小節只會介紹其初等形式。

使用對數平均值不等式解題時，常採用英文詞首字母縮寫，把對數平均值不等式中的算術平均值部分簡稱為A，對數平均值部分簡稱為L，幾何平均值部分簡稱為G。由此對數均值不等式可以簡記為$A>L>G$。這也是該不等式被稱為「A-L-G不等式」的原因。

對數均值不等式的其它常用推論：

• 取$a=x^2,b=1$，則有：$\ln \frac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<x-\frac{1}{x}$。
• 取$a=e^{x_1},b=e^{x_2}$，則分別有$\frac{x_1-x_2}{2}>\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{e^{x_1}+e^{x_2}}$和$x_1-x_2<\frac{e^{x_1}-x^{x_2}}{e^{\frac{x_1+x_2}{2}}}$成立。

A-L-G與中國大陸高考導數壓軸題中的極值點偏移考點聯繫密切。本小節我們只討論極值點偏移問題的不等式解法（即變形後套用A-L-G不等式解決此類問題），暫不提及其它傳統的導數論證方法。

注意：(1)在常規數學考試中，A-L-G不等式的正確性需要現場證明，不能直接拿來使用。(2)我們在A-L-G不等式的證明過程用到了求導論證的技巧，所以它並不是一種完全獨立於微積分理論的工具，只是可以找出一類問題的共性並簡化一些證明步驟。

相關例題1： 求證：$\mathrm{\forall }{x}_1\ne x_2,e^{\frac{x_1+x_2}{2}}<\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_1-x_2}<\frac{e^{x_1}+e^{x_2}}{2}$。

相關例題2： 已知函數$f(x)=e^x,x\in ℝ$。設a < b，比較$\frac{f(a)+f(b)}{2}$與$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$的大小，並說明理由。
（出自2013年中國大陸高考理科數學陝西卷第21題第(3)問（壓軸解答題）。）

相關例題3： 已知$f(x)=\frac{\ln x}{x},f(x_1)=f(x_2)(x_1\ne x_2)$，比較$x_1+x_2$與2e的大小。

參考解答1：
易知f(x)的定義域是x > 0，並且可由求導法判斷出f(x)的唯一極大值（從而也最大值）是$f(e)=\frac{1}{e}$。
$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow \frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}$
注意到$x_1<x_2$，由合分比公式可知：
$\begin{array}{c}\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}=\frac{\ln x_1}{x_1}<f(x{)}_{max}=\frac{1}{e}(x_1,x_2>0)\\ \Rightarrow \frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>e\end{array}$
注意所以上述不等式鏈中的不等號不能達到取等條件。這是因為$x_1<x_2$，而f(x)只有一個最大值點，從而不可能出現$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}=f(x{)}_{max}$的情況。
再由對數均值不等式可知：
$\begin{array}{c}\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>e\\ \Rightarrow x_1+x_2>2e\end{array}$
證明完畢。

參考解答2：
$x_1+x_2>2e\iff \frac{x_1+x_2}{2}>e$
我們嘗試證明一個強化命題：$\frac{x_1+x_2}{2}>\sqrt{x_1{x}_2}>e(x_1<x_2)$，為此只需要證明其右半部分：
$\begin{array}{c}\sqrt{x_1{x}_2}>e\\ \Rightarrow x_1{x}_2>e^2\\ \Rightarrow \ln (x_1{x}_2)>\ln (e^2)\\ \Rightarrow \ln x_1+\ln x_2>2\ln e=2\end{array}$
考慮到已知題設條件$f(x_1)=f(x_2)$，可得：
$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}$
不妨設$t=\frac{x_1}{x_2}$，可得：
$\{\begin{array}{c}\ln t=\ln (\frac{x_1}{x_2})=\ln x_1-\ln x_2\\ t=\frac{x_1}{x_2}=\frac{\ln x_1}{\ln x_2}\end{array}$
我們接下來打算解出$\ln x_1,\ln x_2$的解析式，從上式中選取所需的部分聯立方程組：
$\{\begin{array}{c}\ln t=\ln x_1-\ln x_2\\ t=\frac{\ln x_1}{\ln x_2}\end{array}$
解得：$\ln x_1=\frac{t\ln t}{t-1},\ln x_2=\frac{\ln t}{t-1}$。
$\begin{array}{c}\ln x_1+\ln x_2>2\\ \Rightarrow \frac{t\ln t}{t-1}+\frac{\ln t}{t-1}>2\\ \Rightarrow \frac{(t+1)\ln t}{t-1}>2\\ \Rightarrow \ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}(0<t<1)\end{array}$
這是對數平均值不等式的常見變形，顯然是成立的，從而原命題得證。

參考解答3：
由求導法易知f(x)有唯一的極大值點（從而也是最大值點）$f(x{)}_{max}=\frac{1}{e}$。
由$x_1<x_2,f(x_1)=f(x_2)$易知：
$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}<f(x{)}_{max}=\frac{1}{e}$
設a滿足$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{1}{a}<\frac{1}{e}$，則a > e。
再設$t=\frac{x_1}{x_2}$，易知0 < t < 1。
我們列出下列方程組以求解$x_1,x_2$的解析式：
$\{\begin{array}{c}{x}_1=a\ln x_1\\ x_2=a\ln x_2\\ \frac{x_1}{x_2}=t\end{array}$
解得：$x_1=\frac{at\ln t}{t-1},x_2=\frac{a\ln t}{t-1}$
於是$x_1+x_2=\frac{a(t+1)\ln t}{t-1}=a\cdot \frac{(t+1)\ln t}{t-1}$
由於a > e，要證$x_1+x_2>2e$，只要證$\frac{(t+1)\ln t}{t-1}>2$，也即要證$\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}(0<t<1)$。
這是對數平均值不等式的常見變形，顯然是成立的，從而原命題得證。

點評：在進行涉及對數均值的不等式變形中，作換元$t=\frac{x_1}{x_2}$經常使用的技巧，必要時還可以對此換元式的兩端同時取對數然後與其它同時包含$\ln x_1,\ln x_2$的已知關係式聯立方程組。

相關例題4： 已知函數$f(x)=e^x-x^2-ax(a\in ℝ)$有2個極值點$x_1,x_2(x_1<x_2)$，求證：$e^{x_1}+e^{x_2}>4$。

參考解答：
易得$f^{\prime }(x)=e^x-2x-a$。
因為已知$x_1,x_2$是f(x)的極值點，所以：
$\{\begin{array}{c}{e}^{x_1}-2x_1-a\\ e^{x_2}-2x_2-a\end{array}\Rightarrow e^{x_1}-e^{x_2}=2(x_1-x_2)\Rightarrow 2=\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_1-x_2}$
由對數均值不等式可知：
$2=\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_1-x_2}<\frac{e^{x_1}+e^{x_2}}{2}\Rightarrow 4<e^{x_1}+e^{x_2}$
證明完畢。

相關例題5： 已知函數$f(x)=e^x-ax+a(a\in ℝ)$存在2個不同的零點$x_1,x_2(1<x_1<x_2)$，求證：$x_1{x}_2<x_1+x_2$。

參考解答：
由題意可知$x_1-1>0,x_2-1>0$，於是：
$\begin{array}{c}{x}_1{x}_2<x_1+x_2\\ \iff x_1{x}_2-x_1-x_2+1<1\\ \iff (x_1-1)(x_2-1)<1\\ \iff \sqrt{(x_1-1)(x_2-1)}<1\end{array}$
考慮到$x_1<x_2,(x_1-1)\ne (x_2-1)$，所以由對數均值不等式可知：
$\sqrt{(x_1-1)(x_2-1)}<\frac{(x_1-1)-(x_2-1)}{\ln (x_1-1)-\ln (x_2-1)}=\frac{x_1-x_2}{\ln (x_1-1)-\ln (x_2-1)}$
然後從已知條件中繼續拼湊所需信息。因為$x_1,x_2$是f(x)的2個不同的零點，所以：
$\{\begin{array}{c}{e}^{x_1}-a{x}_1+a=0\\ e^{x_2}-a{x}_2+a=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{e}^{x_1}=a(x_1-1)\\ e^{x_2}=a(x_2-1)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}\frac{e^{x_1}}{a}=x_1-1\\ \frac{e^{x_2}}{a}=x_2-1\end{array}$
$\begin{array}{c}\sqrt{(x_1-1)(x_2-1)}<\frac{(x_1-1)-(x_2-1)}{\ln (x_1-1)-\ln (x_2-1)}=\frac{x_1-x_2}{\ln (\frac{e^{x_1}}{a})-\ln (\frac{e^{x_2}}{a})}\\ =\frac{x_1-x_2}{(\ln e^{x_1}-\ln a)-(\ln e^{x_2}-\ln a)}=\frac{x_1-x_2}{x_1-\ln a-x_2+\ln a}=\frac{x_1-x_2}{x_1-x_2}=1\end{array}$
注意到上式右側恰好等於1，就是我們需要證明的結論，故原命題得證。

點評：此題省略了對符合題意的成對零點$x_1,x_2$存在性的討論，故解題時只需要關心如何由已知條件得到結論。而對其雙零點存在性有疑惑的讀者，但我們仍然在此對其存在性作一個簡要小論述，也算是說明這道題的題設合理性。從數形結合的角度分析，題目所描述的2個零點就是指數函數對應的曲線$C:y=e^x$與過定點(1, 0 )的直線L: y = a(x - 1)的2個交點的橫坐標。由於曲線C與直線L可以在第一象限內相切，由求導法可得二者相切點的橫坐標為$x=\ln a$，進而可以求出指數函數在該點處的切線斜率，記為$k_c$。因為指數函數在第一象限內不存在漸近線，所以結合圖象走勢分析易知，當直線L的斜率大於剛好相切時的臨界值$k_c$時，它就會與指數函數的曲線C產生2個不同的交點。

排序不等式

排序不等式是一個不怎麼起眼的不等式，它在許多地方都不會使用，因為平均值不等式或柯西不等式都可以取代它，並且在敍述方面也比較困難。排序不等式是這樣的：

設$a_1⩽a_2⩽\cdots ⩽a_n,b_1⩽b_2⩽\cdots ⩽b_n,\{c_1,c_2,\cdots ,c_n\}=\{b_1,b_2,\cdots ,b_n\}$，那麼有

$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{c}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{n+1-i}$

即順序和大於等於亂序和大於等於正序和。

我們一般用調整法證明這個不等式。$\mathrm{\forall }n,k,t_n\in {\mathbb{N}}^{+}$有$t_n<n,k<n$，有$(a_n-a_k)(b_n-b_{t_n})⩾0$。那麼可以得到$a_n{b}_n+a_k{b}_{t_n}⩾a_k{b}_k+a_n{b}_{t_n}$，我們把$b_n,b_{t_n}$交換，和將變大。我們不停重複這個過程，亂序變為順序，和變為最大。同理可以證明亂序和大於等於反序和。

在使用排序不等式時，一定要注意兩個數組能得出大小順序，否則不能使用。當然，在求證的是一個高度對稱的式子是，我們可以設出一個大小來使用排序不等式。

切比雪夫不等式

切比雪夫不等式可以用排序不等式得到，但是極其不常用。它主要的用途是讓書寫更方便。

設$a_1⩽a_2⩽\cdots ⩽a_n,b_1⩽b_2⩽\cdots ⩽b_n$，那麼

$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{n+1-i}⩽\frac{1}{n}\left(\sum _{i=1}^n{a}_i\right)\left(\sum _{i=1}^n{b}_i\right)⩽\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i$

證明：由排序不等式可知：

$\begin{array}{cc}& \sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\\ & \sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{i+1}\\ & \sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{i+2}\\ & ⋮\\ & \sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{i+n-1}\end{array}$

我們把這n個式子加起來，得到

$n\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\left(\sum _{i=1}^n{a}_i\right)\left(\sum _{i=1}^n{b}_i\right)$

即原不等式右半邊得證。同理可以證明不等式左半邊。那麼切比雪夫不等式得證。

上凸與下凸函數

對於一個函數$f(x)$，如果滿足$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in I$都有

$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)⩽\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]$

那麼我們稱$f(x)$在區間$I$上是下凸的。將其中的小於等於號改成大於等於號，那麼這個函數就是上凸的。有時我們稱下凸為凸，稱上凸為凹。

判定一個函數是否為下凸函數一般有兩個方法：扣定義、求二階導數。不難發現，對於任意一個下凸函數，其二階導數在區間內恆為正值。雖然求二階導數的方法不需要什麼技巧性，但是它有時是不能用的。比如對於函數$f(x)=\mid x\mid$，它顯然是一個下凸函數（由圖像可以看出來），但它是不能求導的。不過題目中一般不會出現很難說明是下凸的函數，所以求二階到還是最保險的方法。

相關例題： 證明函數$f_1(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}},f_2(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x}}(0<x<1)$都是下凸函數。

參考證明：
不難發現$\frac{d^2{f}_1(x)}{d{x}^2}=\frac{3}{4}(1-x{)}^{-\frac{5}{2}},\frac{d^2{f}_2(x)}{d{x}^2}=\frac{1-x}{4(1-x{)}^{\frac{5}{2}}}$（求導過程略），且$\mathrm{\forall }x\in (0,1),{f_1}^{″}(x)>0,{f_2}^{″}(x)>0$，得證。

延森不等式

延森不等式及其證明

圖中的男人就是約翰·延森（Johan Ludwig William Valdemar Jensen，1859年—1925年）。很明顯，他製造了延森不等式。

區間I上的下凸函數$f(x)$一定滿足如下的延森不等式（Jensen inequality）：
$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2,x_3,\mathrm{...},x_n\in I,\frac{\sum _{i=1}^{n}f(x_i)}{n}\ge f(\frac{\sum _{i=1}^n{x}_i}{n})$
當且僅當$x_1=x_2=x_3=\mathrm{...}=x_n$時上式中的等號成立。

區間I上的下凸函數$f(x)$一定滿足如下加權形式的延森不等式（weighted Jensen inequality）：
$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2,x_3,\mathrm{...},x_n\in I,\sum _{i=1}^n{\lambda }_i=1,\sum _{i=1}^n{\lambda }_{i}f(x_i)\ge f(\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i)$
當且僅當$x_1=x_2=x_3=\mathrm{...}=x_n$時上式中的等號成立。

它們以丹麥業餘數學家約翰·延森命名。

延森不等式的簡單應用

為了應用Jensen不等式，需要根據題目的形式特點，尋找合適的上凸或下凸函數。比較常見的是設以下函數作為輔助函數：

• $f(x)=\sin x(x\in [0,\pi ])$
• $f(x)=\cos x(x\in [0,\frac{\pi }{2}]or[\frac{\pi }{2},\pi ])$
• $f(x)=\tan x(x\in [0,\frac{\pi }{2}))$
• $f(x)=\ln x$或$f(x)=lgx(x>0)$
• $f(x)=x\ln x$或$f(x)=xlgx(x>0)$

最後2個輔助函數常用於需要進行對數變換的題型，而且有時會不確定用二者中的哪一個，這時可以分別都常試一下。

相關例題1： 已知函數$f(x)=x\ln x$，且$0<a<b$，求證：$g(a)+g(b)-2g(\frac{a+b}{2})>0$。

相關例題2： 若$a_1,a_2,\mathrm{...},a_n$是一組實數，且$\sum _{i=1}^n{a}_i=k$。假設n與k都是固定的常數，求$\sum _{i=1}^n{a}_i^2$的最小值。

相關例題3： 設$a,b>0,a+b=1$，求證：$\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}\ge \sqrt{5}$。

參考證明：
設函數$f(x)=\sqrt{1+x^2}$，易知$f(x)$是下凸函數。應用加權形式的Jensen不等式並利用已知條件$a+b=1$，可知：
$\frac{f(a)+f(b)}{2}\ge f(\frac{a+b}{2})=f(\frac{1}{2})$，當且僅當$a=b=\frac{1}{2}$時等號成立。
帶入$f(x)$的具體表達式可得：
$\frac{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}}{2}\ge \sqrt{1+(\frac{1}{2}{)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\iff \sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}\ge \sqrt{5}$
證明完畢。

相關例題4： 設$a,b,c>0,a+b+c=1$，求證：$\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le 4\sqrt{3}$。

參考證明1：
設$f(x)=\sqrt{x+5}(x\ge -5)$，易得$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{\sqrt{x+5}}$。
進而可知$\mathrm{\forall }x>-5,f^{\prime }(x)<0$。即f(x)是定義域內的上凸函數。
應用普通形式的Jensen不等式可得：
$\begin{array}{c}\frac{f(a)+f(b)+f(c)}{3}\le f(\frac{a+b+c}{3})\\ \Rightarrow \frac{\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}}{3}\le \sqrt{\frac{a+b+c}{3}+5}\end{array}$
上式中的等號當且僅當a = b = c時取等號。又因為已知a + b + c = 1，將其代入上式可知：
$\begin{array}{c}\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le 3\sqrt{\frac{a+b+c}{3}+5}\\ =3\sqrt{\frac{1}{3}+5}=3\sqrt{\frac{16}{3}}=4\sqrt{3}\end{array}$
證明完畢。

參考證明2（僅用到算術-幾何平均值不等式）：
我們考慮利用巧配系數升冪的技巧，設置3個待定常系數$k_1,k_2,k_3$，並分別構造以下的3個不等式：
$\{\begin{array}{c}{k}_1\cdot \sqrt{a+5}\le \frac{k_1^2+(a+5)}{2}(k_1>0)\\ k_2\cdot \sqrt{b+5}\le \frac{k_2^2+(b+5)}{2}(k_2>0)\\ k_3\cdot \sqrt{c+5}\le \frac{k_3^2+(c+5)}{2}(k_3>0)\end{array}$
以上各式中的等號分別當且僅當$k_1=\sqrt{a+5},k_2=\sqrt{b+5},k_3=\sqrt{c+5}$時成立。
由於已知條件是a、b、c的一次代數式，而上述3個不等式的右側累加後剛好也能得到a、b、c的一次代數式。
因此只要取等條件合適，就能通過連加上述3個不等式來得證原不等式。
我們接下來的想法是選取合適的$k_1,k_2,k_3$，以便論證：
$\begin{array}{c}{k}_1\sqrt{a+5}+k_2\sqrt{b+5}+k_3\sqrt{c+5}\\ \le \frac{k_1^2+(a+5)}{2}+\frac{k_2^2+(b+5)}{2}+\frac{k_3^2+(c+5)}{2}\ge 4\sqrt{3}\\ =\frac{k_1^2+k_2^2+k_3^2}{2}+\frac{(a+b+c)+15}{2}\ge 4\sqrt{3}\end{array}$
由於原不等式的左側是關於a、b、c的輪換對稱多項式，所以容易猜想當等號成立時，a、b、c的取值應該地位一致，即a = b = c。
再結合限制條件a + b + c = 1，易知原不等式的取等條件應該是$a=b=c=\frac{1}{3}$。
另一方面，要使從原不等式中拆出的3個子不等式同時成立，需要同時保證$k_1=\sqrt{a+5},k_2=\sqrt{b+5},k_3=\sqrt{c+5}$，
繼而可知所需的$k_1=k_2=k_3=\sqrt{\frac{16}{3}}$。即有：
$\begin{array}{c}\sqrt{\frac{16}{3}}\cdot \sqrt{a+5}+\sqrt{\frac{16}{3}}\cdot \sqrt{b+5}+\sqrt{\frac{16}{3}}\cdot \sqrt{c+5}\le \frac{(\sqrt{\frac{16}{3}}{)}^2+(\sqrt{\frac{16}{3}}{)}^2+(\sqrt{\frac{16}{3}}{)}^2}{2}+\frac{(a+b+c)+15}{2}\\ \Rightarrow \frac{\sqrt{16}}{3}(\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5})\le \frac{3\cdot \frac{16}{3}}{2}+\frac{(a+b+c)+15}{2}\\ \Rightarrow \sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le (8+\frac{(a+b+c)+15}{2})\cdot \sqrt{\frac{3}{16}}\end{array}$
將已知條件a + b + c = 1代入，可得：
$\begin{array}{c}\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le (8+\frac{1+15}{2})\cdot \sqrt{\frac{3}{16}}\\ =16\cdot \sqrt{\frac{3}{16}}=\sqrt{3\cdot 16}=4\sqrt{3}\end{array}$
上式中的等號當且僅當$a=b=c=\frac{1}{3}$時同時成立。證明完畢。

需要進行對數變換的問題

下面，我們先假定讀者能從字面上直觀理解「凸集」一詞的含義，由此引出接下來的對數凸性的定義：

對數凸函數（logarithmically convex function）是同時滿足以下定義的函數：

• 定義在實數向量空間中凸集內，函數值為正數。
• 函數進行對數變換後為（下）凸函數。

如果一個函數是對數凸函數，也可以說這個函數是對數（下）凸的或者說具有對數（下）凸性。根據定義，對數凸函數可以在進行對數變換後，保證Jensen不等式的成立。如果仔細觀察算術-幾何不等式，可以發現算術-幾何不等式描述的也是一種對數凸性，所以它也容易利用Jensen不等式直接證明。

相關例題1： 已知$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，求證：$(\frac{1}{x^2}+x)(\frac{1}{y^2}+y)(\frac{1}{z^2}+z)\ge (\frac{28}{3}{)}^3$。

分析與提示：對要證明的不等式兩邊同時取對數，可得：
$\ln (\frac{1}{x^2}+x)+\ln (\frac{1}{y^2}+y)+\ln (\frac{1}{z^2}+z)\ge 3\ln (\frac{28}{3})$
容易想到設輔助函數$f(t)=\ln (\frac{1}{t^2}+t)$，但是因為$f(t)$不是$(0,+\mathrm{\infty })$上凹凸性保持不變的函數，不能急着直接套用Jensen不等式。注意到$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，這說明至少可以肯定$0<x,y,z<1$，容易發現$f(t)$在$(0,1)$這個小範圍內還是可以證明下凸性的，因此仍能使用Jensen不等式，但是要限制輔助函數的變量取值範圍。

參考證明：
設函數$f(t)=\ln (\frac{1}{t^2}+t)(0<t<1)$，易知$f(t)$是下凸函數。應用普通形式的Jensen不等式並利用已知條件$x+y+z=1$，可知：
$\frac{f(x)+f(y)+f(z)}{3}\ge f(\frac{x+y+z}{3})=f(\frac{1}{3})$，當且僅當$x=y=z=\frac{1}{3}$時等號成立。
帶入$f(t)$的具體表達式可得：
$\frac{\ln (\frac{1}{x^2}+x)+\ln (\frac{1}{y^2}+y)+\ln (\frac{1}{z^2}+z)}{3}\ge \ln (\frac{1}{(\frac{1}{3}{)}^2}+(\frac{1}{3}))$
即$\ln (\frac{1}{x^2}+x)+\ln (\frac{1}{y^2}+y)+\ln (\frac{1}{z^2}+z)\ge 3\ln (\frac{1}{(\frac{1}{3}{)}^2}+(\frac{1}{3}))=3\ln (\frac{1}{\frac{1}{9}}+\frac{1}{3})=\ln (9+\frac{1}{3}{)}^3=\ln (\frac{28}{3}{)}^3$。
即$\ln ((\frac{1}{x^2}+x)(\frac{1}{y^2}+y)(\frac{1}{z^2}+z))\ge \ln (\frac{28}{3}{)}^3$，即$(\frac{1}{x^2}+x)(\frac{1}{y^2}+y)(\frac{1}{z^2}+z)\ge \ln (\frac{28}{3}{)}^3$。證明完畢。

相關例題2： 已知$x>1,y>1$，求證：$(x+y)\ln (\frac{x+y}{2})\le x\ln x+y\ln y$。

相關例題3： 若$a,b,x,y>0$，求證：$(x+y)\ln \frac{x+y}{a+b}\le x\ln \frac{x}{a}+y\ln \frac{y}{b}$。

分析與提示：原不等式等價於$\frac{x+y}{a+b}\ln \frac{x+y}{a+b}\le \frac{x}{a+b}\ln \frac{x}{a}+\frac{y}{a+b}\ln \frac{y}{b}$。
根據不等式右側對數函數中的變量形式，可以先把$\frac{x}{a}$和$\frac{y}{b}$儘量看成一個整體變量。根據這個原則，適當拆分系數可得：
$\frac{x+y}{a+b}\ln (\frac{a}{a+b}\frac{x}{a}+\frac{b}{a+b}\frac{y}{b})\le \frac{a}{a+b}(\frac{x}{a})\ln (\frac{x}{a})+\frac{b}{a+b}(\frac{y}{b})\ln (\frac{y}{b})$。

參考證明1：
設函數$f(t)=t\ln t$，易知$f(t)$是下凸函數。應用加權形式的Jensen不等式可知：
$f({\lambda }_1(\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b}))\le {\lambda }_{1}f(\frac{x}{a})+{\lambda }_{2}f(\frac{y}{b}))$，當且僅當$\frac{x}{a}=\frac{y}{b}$時等號成立。
其中取${\lambda }_1=\frac{a}{a+b}$，取${\lambda }_2=\frac{b}{a+b}$，顯然滿足${\lambda }_1+{\lambda }_2=1$。
帶入$f(t)$的具體表達式可得：
$\begin{array}{c}({\lambda }_1(\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b}))\ln ({\lambda }_1(\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b}))\le {\lambda }_1(\frac{x}{a})\ln (\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b})\ln (\frac{y}{b})\\ \iff ((\frac{a}{a+b})(\frac{x}{a})+(\frac{b}{a+b})(\frac{y}{b}))\ln ((\frac{a}{a+b})(\frac{x}{a})+(\frac{a}{a+b})(\frac{y}{b}))\le (\frac{a}{a+b})(\frac{x}{a})\ln (\frac{x}{a})+(\frac{b}{a+b})(\frac{y}{b})\ln (\frac{y}{b})\\ \iff ((\frac{x}{a+b})+(\frac{y}{a+b})\ln (\frac{x}{a+b}+\frac{y}{a+b})\le \frac{x}{a+b}\ln \frac{x}{a}+\frac{y}{a+b}\ln \frac{y}{b}\\ \iff ((\frac{x}{a+b})+(\frac{y}{a+b})\ln \frac{x+y}{a+b}\le \frac{x}{a+b}\ln \frac{x}{a}+\frac{y}{a+b}\ln \frac{y}{b}\\ \iff ((x+y)\ln \frac{x+y}{a+b}\le x\ln \frac{x}{a}+y\ln \frac{y}{b}\end{array}$
證明完畢。

參考證明2：
作換元$m=\frac{x}{a},n=\frac{y}{b}$，待證式變為：
$(am+bn)\ln \frac{a^{2}m+b^{2}n}{a+b}\le am\ln m+bn\ln n$
觀察不等式右邊的形式，為了拼湊好合適的加權系數以便可以套用Jensen不等式，可以將其變形為：
$\frac{am+bn}{a+b}\ln \frac{a^{2}m+b^{2}n}{a+b}\le \frac{a}{a+b}(m\ln m)+\frac{b}{a+b}(n\ln n)$
我們只需要證明上式即可。
設函數$f(t)=t\ln t$，易知$f(t)$是下凸函數。應用加權形式的Jensen不等式可知：
$f({\lambda }_{1}m+{\lambda }_{2}n)\le {\lambda }_{1}f(m)+{\lambda }_{2}f(n)$，當且僅當$m=n$（即$\frac{x}{a}=\frac{y}{b}$）時等號成立。
其中取${\lambda }_1=\frac{a}{a+b}$，取${\lambda }_2=\frac{b}{a+b}$，顯然滿足${\lambda }_1+{\lambda }_2=1$。
帶入$f(t)$的具體表達式可得：
$\begin{array}{c}({\lambda }_{1}m+{\lambda }_{2}n)\ln ({\lambda }_{1}m+{\lambda }_{2}n)\le {\lambda }_{1}m\ln m+{\lambda }_{2}n\ln n\\ \iff (\frac{a}{a+b}m+\frac{b}{a+b}n)\ln (\frac{a}{a+b}m+\frac{b}{a+b}n)\le \frac{a}{a+b}m\ln m+\frac{b}{a+b}n\ln n\\ \iff (\frac{am}{a+b}+\frac{bn}{a+b})\ln \frac{am+bn}{a+b}\le \frac{a}{a+b}m\ln m+\frac{b}{a+b}n\ln n\end{array}$
證明完畢。

補充習題

• 求證內斯比特不等式：
  

設a, b, c > 0，則有$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$。

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