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）。本著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。
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。
在其它章節中已著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。
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
,
…
,
x
n
{\displaystyle x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}}
n
{\displaystyle n}
A
n
=
x
1
+
x
2
+
⋯
+
x
n
n
{\displaystyle \mathbf {A} _{n}={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}}
算術平均數 （arithmetic mean ），稱
G
n
=
x
1
⋅
x
2
⋯
x
n
n
{\displaystyle \mathbf {G} _{n}={\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}}
幾何平均數 （geometric mean ）。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
,
…
,
x
n
{\displaystyle x_{1},\ldots ,x_{n}}
A
n
≥
G
n
{\displaystyle \mathbf {A} _{n}\geq \mathbf {G} _{n}}
上述不等式中的等號若且唯若
x
1
=
x
2
=
⋯
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}}
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。
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。
f
(
x
)
=
−
x
3
−
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle f(x)=-x^{3}-x^{2}+x+1}
答案：
32
27
{\displaystyle {\frac {32}{27}}}
f
(
x
)
=
x
2
1
−
x
2
(
0
<
x
<
1
)
{\displaystyle f(x)=x^{2}{\sqrt {1-x^{2}}}\quad (0<x<1)}
答案：
2
3
9
{\displaystyle {\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}}
f
(
x
)
=
6
x
(
4
−
x
2
)
{\displaystyle f(x)=6x(4-x^{2})}
答案：
32
3
3
{\displaystyle {\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。
a
,
b
>
0
,
a
3
b
3
=
2
{\displaystyle a,b>0,a^{3}b^{3}=2}
a
+
b
≤
2
{\displaystyle a+b\leq 2}
參考證明：
{
a
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
a
3
⋅
1
3
⋅
1
3
3
=
3
a
b
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
a
3
⋅
1
3
⋅
1
3
3
=
3
b
⇒
a
3
+
b
3
+
4
=
(
a
3
+
1
3
+
1
3
)
+
(
b
3
+
1
3
+
1
3
)
≥
3
a
+
3
b
=
3
(
a
+
b
)
⇒
a
3
+
b
3
+
4
3
≥
a
+
b
⇒
2
+
4
3
≥
a
+
b
⇒
a
+
b
≤
2
{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3a\\b^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3b\end{array}}\right.\\\Rightarrow a^{3}+b^{3}+4=(a^{3}+1^{3}+1^{3})+(b^{3}+1^{3}+1^{3})\geq 3a+3b=3(a+b)\\\Rightarrow {\frac {a^{3}+b^{3}+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad {\frac {2+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad a+b\leq 2\end{array}}}
a
,
b
>
0
,
a
3
+
b
3
=
2
{\displaystyle a,b>0,a^{3}+b^{3}=2}
a
2
+
b
2
+
5
a
b
{\displaystyle a^{2}+b^{2}+5ab}
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
a
3
+
b
3
+
c
3
≥
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq ab+bc+ca}
a
,
b
>
0
,
a
+
b
=
2
{\displaystyle a,b>0,a+b=2}
a
3
+
b
3
≥
2
{\displaystyle a^{3}+b^{3}\geq 2}
參考證明：
{
a
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
(
1
⋅
1
⋅
a
)
=
3
a
b
3
+
1
3
+
1
3
≥
3
(
1
⋅
1
⋅
b
)
=
3
b
⇒
a
3
+
b
3
+
4
=
(
a
3
+
2
)
+
(
b
3
+
2
)
≥
3
a
+
3
b
=
3
(
a
+
b
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3(1\cdot 1\cdot a)=3a\\b^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3(1\cdot 1\cdot b)=3b\end{array}}\right.\Rightarrow a^{3}+b^{3}+4=(a^{3}+2)+(b^{3}+2)\geq 3a+3b=3(a+b)\end{array}}}
a
3
+
b
3
≥
3
(
a
+
b
)
−
4
=
3
⋅
2
−
4
=
2
{\displaystyle a^{3}+b^{3}\geq 3(a+b)-4=3\cdot 2-4=2}
最後，介紹一些同樣需要技巧的代數式比較問題。
a
,
b
,
c
>
0
,
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1}
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
答案：
1
3
{\displaystyle {\frac {1}{3}}}
點評：如果3個正數a、b、c的和為固定值，則
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle ab+bc+ca}
a
,
b
,
c
>
0
,
a
b
+
b
c
+
a
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,ab+bc+ac=1}
1
a
+
1
b
+
1
c
≥
3
3
{\displaystyle {\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{c}}\geq 3{\sqrt {3}}}
a
b
c
(
a
+
b
+
c
)
≤
1
3
{\displaystyle abc(a+b+c)\leq {\frac {1}{3}}}
參考證明：
a
b
+
b
c
+
c
a
≥
3
(
a
b
)
(
b
c
)
(
c
a
)
3
=
3
(
a
b
c
)
2
3
{\displaystyle ab+bc+ca\geq 3{\sqrt[{3}]{(ab)(bc)(ca)}}=3(abc)^{\frac {2}{3}}}
a
b
+
b
c
+
c
a
=
1
{\displaystyle ab+bc+ca=1}
1
≥
3
(
a
b
c
)
2
3
⇒
a
b
c
≤
1
3
3
⇒
1
a
+
1
b
+
1
c
=
a
b
+
b
c
+
a
c
a
b
c
=
1
a
b
c
≤
3
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}1\geq 3(abc)^{\frac {2}{3}}\quad \Rightarrow \quad abc\leq {\frac {1}{3{\sqrt {3}}}}\\\Rightarrow {\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{c}}={\frac {ab+bc+ac}{abc}}={\frac {1}{abc}}\leq 3{\sqrt {3}}\end{array}}}
{
a
b
c
(
a
+
b
+
c
)
=
(
a
b
)
(
c
a
)
+
(
b
c
)
(
a
b
)
+
(
c
a
)
(
b
c
)
a
b
+
b
c
+
c
a
=
1
{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\ab+bc+ca=1\end{array}}\right.\end{array}}}
x
=
a
b
>
0
,
y
=
b
c
>
0
,
z
=
c
a
>
0
{\displaystyle x=ab>0,y=bc>0,z=ca>0}
x
,
y
,
z
>
0
,
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x,y,z>0,x+y+z=1}
x
y
+
y
z
+
z
x
{\displaystyle xy+yz+zx}
2
(
x
+
y
+
z
)
2
=
(
x
2
+
y
2
)
+
(
y
2
+
z
2
)
+
(
z
2
+
x
2
)
+
4
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
≥
2
x
y
+
2
y
z
+
2
z
x
+
4
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
=
6
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}2(x+y+z)^{2}=(x^{2}+y^{2})+(y^{2}+z^{2})+(z^{2}+x^{2})+4(xy+yz+zx)\\\geq 2xy+2yz+2zx+4(xy+yz+zx)=6(xy+yz+zx)\end{array}}}
(
x
+
y
+
z
)
2
≥
3
(
x
y
+
y
z
+
z
x
)
{\displaystyle (x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)}
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
a
b
c
(
a
+
b
+
c
)
=
(
a
b
)
(
c
a
)
+
(
b
c
)
(
a
b
)
+
(
c
a
)
(
b
c
)
=
x
y
+
y
z
+
z
x
≤
1
3
(
x
+
y
+
z
)
2
=
1
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\=xy+yz+zx\leq {\frac {1}{3}}(x+y+z)^{2}={\frac {1}{3}}\end{array}}}
a
>
0
{\displaystyle a>0}
a
2
+
1
a
2
−
2
≥
a
+
1
a
−
2
{\displaystyle {\sqrt {a^{2}+{\frac {1}{a^{2}}}}}-{\sqrt {2}}\geq a+{\frac {1}{a}}-2}
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
1
2
a
+
1
2
b
+
1
2
c
≥
1
b
+
c
+
1
c
+
a
+
1
c
+
a
{\displaystyle {\frac {1}{2a}}+{\frac {1}{2b}}+{\frac {1}{2c}}\geq {\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{c+a}}+{\frac {1}{c+a}}}
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
a
−
b
ln
a
−
ln
b
>
a
b
{\displaystyle {\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}>{\sqrt {ab}}}
a
+
b
2
>
a
−
b
ln
a
−
ln
b
{\displaystyle {\frac {a+b}{2}}>{\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}}
[ 1]
設
a
,
b
>
0
,
a
≠
b
{\displaystyle a,b>0,a\neq b}
算術-對數-幾何平均值不等式 （arithmetic-logarithmic-geometric mean inequality ）[ 1] 對數均值不等式 或A-L-G不等式 ：
a
+
b
2
>
a
−
b
ln
a
−
ln
b
>
a
b
{\displaystyle {\frac {a+b}{2}}>{\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}>{\sqrt {ab}}}
其中
a
−
b
ln
a
−
ln
b
{\displaystyle {\frac {a-b}{\ln a-\ln b}}}
對數平均數 （logarithmic mean ）[ 1]
不妨設
a
<
b
,
t
=
b
a
>
1
{\displaystyle a<b,t={\frac {b}{a}}>1}
t
+
1
2
>
t
−
1
ln
t
>
t
{\displaystyle {\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
>
2
(
x
−
1
)
x
+
1
{\displaystyle \ln x>{\frac {2(x-1)}{x+1}}}
t
=
x
,
x
>
1
{\displaystyle t=x,x>1}
右半邊：
x
−
1
x
>
2
ln
x
{\displaystyle x-{\frac {1}{x}}>2\ln x}
t
=
x
2
,
x
>
1
{\displaystyle t=x^{2},x>1}
證明：先證左半邊的不等式。設
f
(
x
)
=
ln
x
−
2
(
x
−
1
)
x
+
1
=
ln
x
−
4
x
+
1
+
2
(
x
≥
1
)
{\displaystyle f(x)=\ln x-{\frac {2(x-1)}{x+1}}=\ln x-{\frac {4}{x+1}}+2\quad (x\geq 1)}
f
′
(
x
)
=
1
x
+
4
(
x
+
1
)
2
{\displaystyle f'(x)={\frac {1}{x}}+{\frac {4}{(x+1)^{2}}}}
f
(
x
)
≥
f
(
1
)
=
ln
1
−
2
(
1
−
1
)
1
+
1
=
0
−
0
=
0
(
x
≥
1
)
⇒
ln
x
−
2
(
x
−
1
)
x
+
1
≥
0
(
x
≥
1
)
⇒
ln
x
≥
2
(
x
−
1
)
x
+
1
(
x
≥
1
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}f(x)\geq f(1)=\ln 1-{\frac {2(1-1)}{1+1}}=0-0=0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow \ln x-{\frac {2(x-1)}{x+1}}\geq 0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow \ln x\geq {\frac {2(x-1)}{x+1}}\quad (x\geq 1)\end{array}}}
再證右半邊的不等式。設
f
(
x
)
=
x
−
1
x
−
2
ln
x
(
x
≥
1
)
{\displaystyle f(x)=x-{\frac {1}{x}}-2\ln x\quad (x\geq 1)}
f
′
(
x
)
=
1
+
1
x
2
−
2
x
=
x
2
+
1
−
2
x
x
2
=
(
x
−
1
)
2
x
2
{\displaystyle f'(x)=1+{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {2}{x}}={\frac {x^{2}+1-2x}{x^{2}}}={\frac {(x-1)^{2}}{x^{2}}}}
f
(
x
)
≥
f
(
1
)
=
0
(
x
≥
1
)
⇒
x
−
1
x
−
2
ln
x
≥
0
(
x
≥
1
)
⇒
x
−
1
x
≥
2
ln
x
(
x
≥
1
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}f(x)\geq f(1)=0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow x-{\frac {1}{x}}-2\ln x\geq 0\quad (x\geq 1)\\\Rightarrow x-{\frac {1}{x}}\geq 2\ln x\quad (x\geq 1)\end{array}}}
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。[ 1]
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
{\displaystyle A>L>G}
取
a
=
x
2
,
b
=
1
{\displaystyle a=x^{2},b=1}
ln
2
(
x
−
1
)
x
+
1
<
ln
x
<
x
−
1
x
{\displaystyle \ln {\frac {2(x-1)}{x+1}}<\ln x<x-{\frac {1}{x}}}
取
a
=
e
x
1
,
b
=
e
x
2
{\displaystyle a=e^{x_{1}},b=e^{x_{2}}}
x
1
−
x
2
2
>
e
x
1
−
e
x
2
e
x
1
+
e
x
2
{\displaystyle {\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}>{\frac {e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}{e^{x_{1}}+e^{x_{2}}}}}
x
1
−
x
2
<
e
x
1
−
x
x
2
e
x
1
+
x
2
2
{\displaystyle x_{1}-x_{2}<{\frac {e^{x_{1}}-x^{x_{2}}}{e^{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}}}}
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。
∀
x
1
≠
x
2
,
e
x
1
+
x
2
2
<
e
x
1
−
e
x
2
x
1
−
x
2
<
e
x
1
+
e
x
2
2
{\displaystyle \forall x_{1}\neq 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}}}
f
(
x
)
=
e
x
,
x
∈
R
{\displaystyle f(x)=e^{x},x\in \mathbb {R} }
f
(
a
)
+
f
(
b
)
2
{\displaystyle {\frac {f(a)+f(b)}{2}}}
f
(
b
)
−
f
(
a
)
b
−
a
{\displaystyle {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}}
f
(
x
)
=
ln
x
x
,
f
(
x
1
)
=
f
(
x
2
)
(
x
1
≠
x
2
)
{\displaystyle f(x)={\frac {\ln x}{x}},f(x_{1})=f(x_{2})\quad (x_{1}\neq x_{2})}
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}+x_{2}}
f
(
x
)
=
e
x
−
x
2
−
a
x
(
a
∈
R
)
{\displaystyle f(x)=e^{x}-x^{2}-ax\quad (a\in \mathbb {R} )}
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\quad (x_{1}<x_{2})}
e
x
1
+
e
x
2
>
4
{\displaystyle e^{x_{1}}+e^{x_{2}}>4}
f
(
x
)
=
e
x
−
a
x
+
a
(
a
∈
R
)
{\displaystyle f(x)=e^{x}-ax+a\quad (a\in \mathbb {R} )}
x
1
,
x
2
(
1
<
x
1
<
x
2
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\quad (1<x_{1}<x_{2})}
x
1
x
2
<
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}x_{2}<x_{1}+x_{2}}
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，並且在敘述方面也比較困難。排序不等式是這樣的：
設
a
1
⩽
a
2
⩽
⋯
⩽
a
n
,
b
1
⩽
b
2
⩽
⋯
⩽
b
n
,
{
c
1
,
c
2
,
⋯
,
c
n
}
=
{
b
1
,
b
2
,
⋯
,
b
n
}
{\displaystyle a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n},b_{1}\leqslant b_{2}\leqslant \cdots \leqslant b_{n},\{c_{1},c_{2},\cdots ,c_{n}\}=\{b_{1},b_{2},\cdots ,b_{n}\}}
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
c
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
n
+
1
−
i
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}c_{i}\geqslant \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。
∀
n
,
k
,
t
n
∈
N
+
{\displaystyle \forall n,k,t_{n}\in \mathbb {N} ^{+}}
t
n
<
n
,
k
<
n
{\displaystyle t_{n}<n,k<n}
(
a
n
−
a
k
)
(
b
n
−
b
t
n
)
⩾
0
{\displaystyle (a_{n}-a_{k})(b_{n}-b_{t_{n}})\geqslant 0}
a
n
b
n
+
a
k
b
t
n
⩾
a
k
b
k
+
a
n
b
t
n
{\displaystyle a_{n}b_{n}+a_{k}b_{t_{n}}\geqslant a_{k}b_{k}+a_{n}b_{t_{n}}}
b
n
,
b
t
n
{\displaystyle b_{n},b_{t_{n}}}
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
⩽
⋯
⩽
a
n
,
b
1
⩽
b
2
⩽
⋯
⩽
b
n
{\displaystyle a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n},b_{1}\leqslant b_{2}\leqslant \cdots \leqslant b_{n}}
∑
i
=
1
n
a
i
b
n
+
1
−
i
⩽
1
n
(
∑
i
=
1
n
a
i
)
(
∑
i
=
1
n
b
i
)
⩽
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{n+1-i}\leqslant {\frac {1}{n}}\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}\right)\leqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}}
證明 ：由排序不等式可知：
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
+
1
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
+
2
⋮
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
+
n
−
1
{\displaystyle {\begin{aligned}&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\\&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i+1}\\&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i+2}\\&\vdots \\&\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i+n-1}\end{aligned}}}
我們把這n個式子加起來，得到
n
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
⩾
(
∑
i
=
1
n
a
i
)
(
∑
i
=
1
n
b
i
)
{\displaystyle n\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \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。
對於一個函數
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
∀
x
1
,
x
2
∈
I
{\displaystyle \forall x_{1},x_{2}\in I}
f
(
x
1
+
x
2
2
)
⩽
1
2
[
f
(
x
1
)
+
f
(
x
2
)
]
{\displaystyle f\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)\leqslant {\frac {1}{2}}[f(x_{1})+f(x_{2})]}
那麼我們稱
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
I
{\displaystyle I}
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
)
=∣
x
∣
{\displaystyle f(x)=\mid x\mid }
f
1
(
x
)
=
1
1
−
x
,
f
2
(
x
)
=
x
1
−
x
(
0
<
x
<
1
)
{\displaystyle f_{1}(x)={\frac {1}{\sqrt {1-x}}},f_{2}(x)={\frac {x}{\sqrt {1-x}}}(0<x<1)}
參考證明：
d
2
f
1
(
x
)
d
x
2
=
3
4
(
1
−
x
)
−
5
2
,
d
2
f
2
(
x
)
d
x
2
=
1
−
x
4
(
1
−
x
)
5
2
{\displaystyle {\frac {d^{2}f_{1}(x)}{dx^{2}}}={\frac {3}{4}}(1-x)^{-{\frac {5}{2}}},{\frac {d^{2}f_{2}(x)}{dx^{2}}}={\frac {1-x}{4(1-x)^{\frac {5}{2}}}}}
∀
x
∈
(
0
,
1
)
,
f
1
″
(
x
)
>
0
,
f
2
″
(
x
)
>
0
{\displaystyle \forall x\in (0,1),f_{1}''(x)>0,f_{2}''(x)>0}
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
)
{\displaystyle f(x)}
延森不等式 （Jensen inequality ）：
∀
x
1
,
x
2
,
x
3
,
.
.
.
,
x
n
∈
I
,
∑
i
=
1
n
f
(
x
i
)
n
≥
f
(
∑
i
=
1
n
x
i
n
)
{\displaystyle \forall x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}\in I,{\frac {\sum _{i=1}^{n}f(x_{i})}{n}}\geq f({\frac {\sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}})}
x
1
=
x
2
=
x
3
=
.
.
.
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}=...=x_{n}}
區間I上的下凸函數
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
加權形式的延森不等式 （weighted Jensen inequality ）：
∀
x
1
,
x
2
,
x
3
,
.
.
.
,
x
n
∈
I
,
∑
i
=
1
n
λ
i
=
1
,
∑
i
=
1
n
λ
i
f
(
x
i
)
≥
f
(
∑
i
=
1
n
λ
i
x
i
)
{\displaystyle \forall x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}\in I,\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}=1,\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(x_{i})\geq f(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}x_{i})}
x
1
=
x
2
=
x
3
=
.
.
.
=
x
n
{\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}=...=x_{n}}
它們以丹麥業餘數學家約翰·延森 命名。
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
∈
[
0
,
π
]
)
{\displaystyle f(x)=\sin x\quad (x\in [0,\pi ])}
f
(
x
)
=
cos
x
(
x
∈
[
0
,
π
2
]
o
r
[
π
2
,
π
]
)
{\displaystyle f(x)=\cos x\quad (x\in [0,{\frac {\pi }{2}}]\ or\ [{\frac {\pi }{2}},\pi ])}
f
(
x
)
=
tan
x
(
x
∈
[
0
,
π
2
)
)
{\displaystyle f(x)=\tan x\quad (x\in [0,{\frac {\pi }{2}}))}
f
(
x
)
=
ln
x
{\displaystyle f(x)=\ln x}
f
(
x
)
=
l
g
x
(
x
>
0
)
{\displaystyle f(x)=lgx\quad (x>0)}
f
(
x
)
=
x
ln
x
{\displaystyle f(x)=x\ln x}
f
(
x
)
=
x
l
g
x
(
x
>
0
)
{\displaystyle f(x)=xlgx\quad (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。
f
(
x
)
=
x
ln
x
{\displaystyle f(x)=x\ln x}
0
<
a
<
b
{\displaystyle 0<a<b}
g
(
a
)
+
g
(
b
)
−
2
g
(
a
+
b
2
)
>
0
{\displaystyle g(a)+g(b)-2g({\frac {a+b}{2}})>0}
a
1
,
a
2
,
.
.
.
,
a
n
{\displaystyle a_{1},a_{2},...,a_{n}}
∑
i
=
1
n
a
i
=
k
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}=k}
∑
i
=
1
n
a
i
2
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}^{2}}
a
,
b
>
0
,
a
+
b
=
1
{\displaystyle a,b>0,a+b=1}
1
+
a
2
+
1
+
b
2
≥
5
{\displaystyle {\sqrt {1+a^{2}}}+{\sqrt {1+b^{2}}}\geq {\sqrt {5}}}
a
,
b
,
c
>
0
,
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1}
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
≤
4
3
{\displaystyle {\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}}\leq 4{\sqrt {3}}}
參考證明2（僅用到算術-幾何平均值不等式）：
k
1
,
k
2
,
k
3
{\displaystyle k_{1},k_{2},k_{3}}
{
k
1
⋅
a
+
5
≤
k
1
2
+
(
a
+
5
)
2
(
k
1
>
0
)
k
2
⋅
b
+
5
≤
k
2
2
+
(
b
+
5
)
2
(
k
2
>
0
)
k
3
⋅
c
+
5
≤
k
3
2
+
(
c
+
5
)
2
(
k
3
>
0
)
{\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}k_{1}\cdot {\sqrt {a+5}}\leq {\frac {k_{1}^{2}+(a+5)}{2}}\quad (k_{1}>0)\\k_{2}\cdot {\sqrt {b+5}}\leq {\frac {k_{2}^{2}+(b+5)}{2}}\quad (k_{2}>0)\\k_{3}\cdot {\sqrt {c+5}}\leq {\frac {k_{3}^{2}+(c+5)}{2}}\quad (k_{3}>0)\end{array}}\right.}
k
1
=
a
+
5
,
k
2
=
b
+
5
,
k
3
=
c
+
5
{\displaystyle k_{1}={\sqrt {a+5}},k_{2}={\sqrt {b+5}},k_{3}={\sqrt {c+5}}}
k
1
,
k
2
,
k
3
{\displaystyle k_{1},k_{2},k_{3}}
k
1
a
+
5
+
k
2
b
+
5
+
k
3
c
+
5
≤
k
1
2
+
(
a
+
5
)
2
+
k
2
2
+
(
b
+
5
)
2
+
k
3
2
+
(
c
+
5
)
2
≥
4
3
=
k
1
2
+
k
2
2
+
k
3
2
2
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
≥
4
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}k_{1}{\sqrt {a+5}}+k_{2}{\sqrt {b+5}}+k_{3}{\sqrt {c+5}}\\\leq {\frac {k_{1}^{2}+(a+5)}{2}}+{\frac {k_{2}^{2}+(b+5)}{2}}+{\frac {k_{3}^{2}+(c+5)}{2}}\geq 4{\sqrt {3}}\\={\frac {k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+k_{3}^{2}}{2}}+{\frac {(a+b+c)+15}{2}}\geq 4{\sqrt {3}}\end{array}}}
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。
a
=
b
=
c
=
1
3
{\displaystyle a=b=c={\frac {1}{3}}}
k
1
=
a
+
5
,
k
2
=
b
+
5
,
k
3
=
c
+
5
{\displaystyle k_{1}={\sqrt {a+5}},k_{2}={\sqrt {b+5}},k_{3}={\sqrt {c+5}}}
k
1
=
k
2
=
k
3
=
16
3
{\displaystyle k_{1}=k_{2}=k_{3}={\sqrt {\frac {16}{3}}}}
16
3
⋅
a
+
5
+
16
3
⋅
b
+
5
+
16
3
⋅
c
+
5
≤
(
16
3
)
2
+
(
16
3
)
2
+
(
16
3
)
2
2
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
⇒
16
3
(
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
)
≤
3
⋅
16
3
2
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
⇒
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
≤
(
8
+
(
a
+
b
+
c
)
+
15
2
)
⋅
3
16
{\displaystyle {\begin{array}{l}{\sqrt {\frac {16}{3}}}\cdot {\sqrt {a+5}}+{\sqrt {\frac {16}{3}}}\cdot {\sqrt {b+5}}+{\sqrt {\frac {16}{3}}}\cdot {\sqrt {c+5}}\leq {\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}})\leq {\frac {3\cdot {\frac {16}{3}}}{2}}+{\frac {(a+b+c)+15}{2}}\\\Rightarrow {\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}}\leq (8+{\frac {(a+b+c)+15}{2}})\cdot {\sqrt {\frac {3}{16}}}\end{array}}}
a
+
5
+
b
+
5
+
c
+
5
≤
(
8
+
1
+
15
2
)
⋅
3
16
=
16
⋅
3
16
=
3
⋅
16
=
4
3
{\displaystyle {\begin{array}{l}{\sqrt {a+5}}+{\sqrt {b+5}}+{\sqrt {c+5}}\leq (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}}}
a
=
b
=
c
=
1
3
{\displaystyle a=b=c={\frac {1}{3}}}
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。
x
,
y
,
z
>
0
{\displaystyle x,y,z>0}
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
(
1
x
2
+
x
)
(
1
y
2
+
y
)
(
1
z
2
+
z
)
≥
(
28
3
)
3
{\displaystyle ({\frac {1}{x^{2}}}+x)({\frac {1}{y^{2}}}+y)({\frac {1}{z^{2}}}+z)\geq ({\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
(
1
x
2
+
x
)
+
ln
(
1
y
2
+
y
)
+
ln
(
1
z
2
+
z
)
≥
3
ln
(
28
3
)
{\displaystyle \ln({\frac {1}{x^{2}}}+x)+\ln({\frac {1}{y^{2}}}+y)+\ln({\frac {1}{z^{2}}}+z)\geq 3\ln({\frac {28}{3}})}
f
(
t
)
=
ln
(
1
t
2
+
t
)
{\displaystyle f(t)=\ln({\frac {1}{t^{2}}}+t)}
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
(
0
,
+
∞
)
{\displaystyle (0,+\infty )}
x
,
y
,
z
>
0
{\displaystyle x,y,z>0}
x
+
y
+
z
=
1
{\displaystyle x+y+z=1}
0
<
x
,
y
,
z
<
1
{\displaystyle 0<x,y,z<1}
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
(
0
,
1
)
{\displaystyle (0,1)}
x
>
1
,
y
>
1
{\displaystyle x>1,y>1}
(
x
+
y
)
ln
(
x
+
y
2
)
≤
x
ln
x
+
y
ln
y
{\displaystyle (x+y)\ln({\frac {x+y}{2}})\leq x\ln x+y\ln y}
a
,
b
,
x
,
y
>
0
{\displaystyle a,b,x,y>0}
(
x
+
y
)
ln
x
+
y
a
+
b
≤
x
ln
x
a
+
y
ln
y
b
{\displaystyle (x+y)\ln {\frac {x+y}{a+b}}\leq x\ln {\frac {x}{a}}+y\ln {\frac {y}{b}}}
設a, b, c > 0，則有
a
b
+
c
+
b
c
+
a
+
c
a
+
b
≥
3
2
{\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}}
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。
![{\displaystyle \mathbf {G} _{n}={\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0680c57ccadf5889f914dfe4d065858a0bea9dc2)
相關例題1：
已知0 < x < 1，求函數的最大值。
![{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3a\\b^{3}+1^{3}+1^{3}\geq 3{\sqrt[{3}]{a^{3}\cdot 1^{3}\cdot 1^{3}}}=3b\end{array}}\right.\\\Rightarrow a^{3}+b^{3}+4=(a^{3}+1^{3}+1^{3})+(b^{3}+1^{3}+1^{3})\geq 3a+3b=3(a+b)\\\Rightarrow {\frac {a^{3}+b^{3}+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad {\frac {2+4}{3}}\geq a+b\quad \Rightarrow \quad a+b\leq 2\end{array}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1604262df34f288aadff068c9213c30b068210d9)
![{\displaystyle {\begin{array}{l}\left\{{\begin{array}{l}a^{3}+b^{3}+1^{3}\geq 3\cdot a\cdot b\cdot 1\\b^{3}+c^{3}+1^{3}\geq 3\cdot b\cdot c\cdot 1\\c^{3}+a^{3}+1^{3}\geq 3\cdot c\cdot a\cdot 1\end{array}}\right.\\\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})\\\geq (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)\geq 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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8909e55590a64596c932568b2b5f4a75aa10c063)
![{\displaystyle ab+bc+ca\geq 3{\sqrt[{3}]{(ab)(bc)(ca)}}=3(abc)^{\frac {2}{3}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7fdca49b6512a010261b7fac24bfac30fbd7fdb0)
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。因為若且唯若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。[1]
對數均值不等式的其它常用推論：
![{\displaystyle f\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)\leqslant {\frac {1}{2}}[f(x_{1})+f(x_{2})]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b98bcdcfb578f8f26478fe809606ecb925e06c02)
![{\displaystyle f(x)=\sin x\quad (x\in [0,\pi ])}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e26a39cc0b1e8c73f33e837d7f761196ac9a7d41)
![{\displaystyle f(x)=\cos x\quad (x\in [0,{\frac {\pi }{2}}]\ or\ [{\frac {\pi }{2}},\pi ])}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/75914b5eb7fd82b649a097afc63aaff199b5527a)
