高中数学/不等式与数列/常用不等式补充

阅读指南

本节介绍的内容属于高中数学（常规教学大纲以外）的拓展知识，并不要求大多数中学生了解。

不等式的证明是高中数学中技巧性特别强的内容。本节补充了一些最常用的初等代数不等式和相关的基础例题，以便于读者在后续数学课程中遇到重要不等式时，能在这一节及时查漏补缺，了解它们常用于解决什么类型的问题。有的不等式可能还存在积分形式或是特殊的几何意义，但本节只侧重介绍它们在代数形式（不过其中可能有少数例题涉及指数函数或对数函数）下的简单应用。本节中各个小节的例题一般都按由易到难的顺序编排，在前面例题中给出的结论或方法也可能会在后面的例题中再次用到，以便巩固印象，也保证这一章节的内容适合按顺序阅读。有的例题可以使用多种常见不等式证明。我们在同时展示其多种证法的同时，也尽量将每个有多解的例题优先放在证法最简明、最易想到的对应不等式板块中。如果遇到有些例题的多种题解难易程度都非常接近（比如某例题用简单的不等式A和较高级的不等式B都能得到步骤数相近的简短论证），我们就将这样的例题放在更靠前、更基础的相关段落中。

本节不讨论技巧性偏复杂、难于想到的不等式证明方法。目前已有许多代数不等式原则上可以利用计算机机器证明，工作中实际遇到时可能不必一一费力手算。关于不等式及其证明策略的更一般的论述，可以移步不等式专题教程或参考相关专著。

考虑到部分不等式有多种差异较大的汉语译名（例如丹麦姓氏Jensen在英语和丹麦语中的读音就很不一样，因此音译时容易造成较大差异），下文中也会直接用英文人名称呼这些译名不太统一的不等式，方便习惯不同译名的读者都能快速辨认它们。有的口口相传的以人名命名的不等式，但是实际上难以找到可信资料作证其命名由来（比如缺乏提出者的全名、原始论著、学术背景等关键信息）。本着对知识点负责的原则，在找到其确切、详实的参考资料之前，我们就不介绍其传闻名称，以免扩大讹误。请读者不要尽信从各类中学教科书及数学科普读物中了解到的数学野史。如果有需要了解某项数学知识的相关历史发展脉络，对低层次的普及读物上的信息只能信一半，更多、更可靠的信息应该是从知名的大学程度的教材、讲义、专著、同时代数学工作者回忆录中去查阅。

预备知识

本节大部分内容都要求读者至少了解算术-几何平均值不等式和柯西不等式的基本用法，所以建议基础薄弱的读者先挑选前文中平均值不等式和柯西不等式这2个章节的例题做一做，如果问题不大即可先阅读本节的n元代数-几何平均值不等式部分，然后再根据需要选读本节的其余内容。

本节将介绍的有些重要的不等式（例如Jensen不等式）或重要的证法（例如切线法）与导数的关系密切，建议准备阅读此小节的读者先学习导数与切线方程、利用导数证明不等式、利用二阶导数判断函数凹凸性这3节的内容。

在其它章节中已着重介绍过的不等式就不再专门列入本节，包括绝对值不等式、伯努利不等式、阿贝尔不等式等。

基础知识

n元的代数-几何平均值不等式

代数-几何平均值不等式的一般形式及其证明

先前在平均值不等式章节学习的平均值不等式完全可以推广到包含更多变元的情形。

设$x_1,x_2,\dots ,x_n$为$n$个正实数，称${𝐀}_n=\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}$为它们的算术平均数（arithmetic mean），称${𝐆}_n=\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n}$为它们的几何平均数（geometric mean）。
一般形式的算术-几何平均值不等式（inequality of arithmetic and geometric means）指出，对任意的正实数$x_1,\dots ,x_n$，总有：

${𝐀}_n\ge {𝐆}_n$

上述不等式中的等号当且仅当$x_1=x_2=\cdots =x_n$时才严格成立。算术-几何平均值不等式是表现算术平均数和几何平均数之间恒定的大小顺序关系。它也被簡稱为算几不等式（AM-GM）。

其证明可见于维基百科平均值不等式条目。这个不等式也可以扩展为包含n元的不等式链，其中最常用的是“n元的调和-几何-算术-平方平均值不等式”。人们常说的“平均值不等式”或“平均数不等式”指的也是该四大平均值组成的二元或n元不等式链。

3元情形下的应用

本小节列出一些可用平均值不等式解决的包含3个变元的常见的不等式问题。例题主要是围绕3元的代数-几何平均值不等式的解题应用，少数可以只使用2元的代数-几何不等式分多次解决，但需要一定的代数观察能力和变形技巧。部分特别简单（不需要用到3元算术-几何平均值不等式）的3元不等式证明问题可以见于主干知识部分的平均值不等式章节。

我们先介绍一些简单的求值问题。

相关例题1： 已知0 < x < 1，求函数$f(x)=-x^3-x^2+x+1$的最大值。

参考解答：
$\begin{array}{c}f(x)=-x^2(x+1)+(x+1)=(1-x^2)(x+1)=(1-x)(1+x{)}^2\\ =4\cdot (1-x)\cdot \frac{1+x}{2}\cdot \frac{1+x}{2}\le 4((1-x)+\frac{\frac{x+1}{2}+\frac{x+1}{2}}{3}{)}^3=\frac{32}{27}\end{array}$
上式中的等号当且仅当$\frac{x+1}{2}=1-x$（即$x=\frac{1}{3}$）时成立。
所以$f(x{)}_{max}=f(\frac{1}{3})=\frac{32}{27}$。

答案：$\frac{32}{27}$。

相关例题2： 求函数$f(x)=x^2\sqrt{1-x^2}(0<x<1)$的最大值。

参考解答：
$f(x)=\sqrt{x^4(1-x^2)}=\sqrt{4\cdot \frac{x^2}{2}\cdot \frac{x^2}{2}\cdot (1-x^2)}$
又因为其中的：
$\frac{x^2}{2}\cdot \frac{x^2}{2}\cdot (1-x^2)\le (\frac{\frac{x^2}{2}+\frac{x^2}{2}+(1-x^2)}{3}{)}^3=\frac{1}{27}$
上式中的等号当且仅当$\frac{x^2}{2}=(1-x^2)$（即$x=\frac{\sqrt{6}}{3}$）时成立。
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：$\frac{2\sqrt{3}}{9}$。

相关例题3： 已知0 < x < 2，求函数$f(x)=6x(4-x^2)$的最大值。

分析与提示：易知$f(x)=2x\cdot (2+x)\cdot 3(2-x)$
因为0 < x < 2，所以上式中的3个因式都大于0。于是尝试考虑使用均值不等式：
$f(x)\le (\frac{2x+(2+x)+3(2-x)}{3}{)}^3=\frac{8^3}{27}$
但由于其取等条件$2x=(2+x)=3(2-x)$不能同时成立，所以这种思路求不出最值，需要借助其它的办法变形后再求解。
由于问题中的代数式取值始终是非负的，这里改为采用平方后再求最值的方法求解。

参考解答：
由于$\mathrm{\forall }x\in (0,2),f(x)>0$，所以$f(x)=\sqrt{f(x{)}^2}$，我们转而先求$f(x{)}^2$的最大值再开算术平方即可。
$\begin{array}{c}f(x{)}^2=(6x(4-x^2){)}^2=36x^2(4-x^2{)}^2\\ =18\cdot 2x^2\cdot (4-x^2)\cdot (4-x^2)\\ \le 18\cdot (\frac{2x^2+(4-x^2)+(4-x^2)}{3}{)}^3=18\cdot \frac{8^3}{27}\end{array}$
上式中的等号当且仅当$2x^2=(4-x^2)$（即$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$）时成立。
这说明$f(x{)}_{max}^2=f(\frac{2\sqrt{3}}{3}{)}^2=18\cdot \frac{8^3}{27}$，也即$f(x{)}_{max}=\frac{32\sqrt{3}}{3}$。

答案：$\frac{32\sqrt{3}}{3}$。

其次，我们介绍通过“拼凑常数项升/降幂”来求最值的技巧。这种方法针对已知条件和待求证的式子中都具有相似的代数式，但是幂次不相同的情况。对于这类问题，可以巧凑常数项，然后利用不等式进行幂次的升/降，以便用上已知约束条件求解最值。

这种题型有2个要点需要注意：

• 待求证或求解的式子经常可以拆成多个形式等价的部分，先用不等式单独求解。
• 合并单独的不等式时，需要保证取等条件一致。为此，所需待定常数的取值一般会结合原不等式的取等条件作为线索来猜测。

相关例题4： 设$a,b>0,a^3{b}^3=2$，求证：$a+b\le 2$。

参考证明：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{a}^3+1^3+1^3\ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot 1^3\cdot 1^3}=3a\\ b^3+1^3+1^3\ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot 1^3\cdot 1^3}=3b\end{array}\\ \Rightarrow a^3+b^3+4=(a^3+1^3+1^3)+(b^3+1^3+1^3)\ge 3a+3b=3(a+b)\\ \Rightarrow \frac{a^3+b^3+4}{3}\ge a+b\Rightarrow \frac{2+4}{3}\ge a+b\Rightarrow a+b\le 2\end{array}$
证明完毕。

相关例题5： 设$a,b>0,a^3+b^3=2$，求$a^2+b^2+5ab$的最大值。

参考解答：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}1\cdot a\cdot a\le \frac{1^3+a^3+a^3}{3}\\ 1\cdot b\cdot b\le \frac{1^3+b^3+b^3}{3}\\ 1\cdot a\cdot b\le \frac{1^3+a^3+b^3}{3}\end{array}\\ \Rightarrow a^2+b^2+5ab\le \frac{1+a^3+a^3}{3}+\frac{1+b^3+b^3}{3}+5\cdot \frac{1+a^3+b^3}{3}=\frac{7+7(x^3+y^3)}{3}\end{array}$
因为已知$a^3+b^3=2$，所以有$a^2+b^2+5ab\le \frac{7+7\cdot 2}{3}=7$，并且式中的等号当且仅当a = b = 1时成立。
所以原式的最大值为7。

答案：7。

相关例题6： 设$a,b,c>0$，求证：$a^3+b^3+c^3\ge ab+bc+ca$。

参考证明：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{a}^3+b^3+1^3\ge 3\cdot a\cdot b\cdot 1\\ b^3+c^3+1^3\ge 3\cdot b\cdot c\cdot 1\\ c^3+a^3+1^3\ge 3\cdot c\cdot a\cdot 1\end{array}\\ \Rightarrow 3+2(a^3+b^3+c^3)=(a^3+b^3+1^3)+(b^3+c^3+1^3)+(b^3+a^3+1^3)\\ \ge (3\cdot a\cdot b\cdot 1)+3(\cdot b\cdot c\cdot 1)+3(\cdot c\cdot a\cdot 1)\\ =3(ab+bc+ca)=2(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\ge 2(ab+bc+ca)+3\sqrt[3]{ab\cdot bc\cdot ca}\\ =2(ab+bc+ca)+3\sqrt[3]{(abc{)}^2}=3\sqrt[3]{1^2}\end{array}$
因为已知abc = 1，即有$3+2(a^3+b^3+c^3)\ge 2(ab+bc+ca)+3$，
即$a^3+b^3+c^3\ge ab+bc+ca$。证明完毕。

相关例题7： 设$a,b>0,a+b=2$，求证：$a^3+b^3\ge 2$。

参考证明：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{a}^3+1^3+1^3\ge 3(1\cdot 1\cdot a)=3a\\ b^3+1^3+1^3\ge 3(1\cdot 1\cdot b)=3b\end{array}\Rightarrow a^3+b^3+4=(a^3+2)+(b^3+2)\ge 3a+3b=3(a+b)\end{array}$
又因为已知a + b = 2，所以：
$a^3+b^3\ge 3(a+b)-4=3\cdot 2-4=2$
证明完毕。

最后，介绍一些同样需要技巧的代数式比较问题。

相关例题8： 设$a,b,c>0,a+b+c=1$，求$ab+bc+ca$的最大值。

分析与提示：解题的关键在于寻找$a+b+c$与$ab+bc+ca$之间的联系。将已知条件$a+b+c=1$的两边同时进行平方，可以得到包含$ab+bc+ca$的等式。

参考解答1：
将已知条件$a+b+c=1$的两边同时平方得：
$a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=1$
将上式两侧同时翻倍，可得：
$(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)+4(ab+bc+ac)=2$
因为$a^2+b^2\ge 2ab,b^2+c^2\ge 2bc,c^2+a^2\ge 2ac$，
所以$2\ge 2ab+2bc+2ac+4(ab+bc+ac)=6(ab+bc+ca)$。
所以$ab+bc+ca\le \frac{1}{3}$。

参考解答2（用到权方和不等式）：
由权方和不等式可知：
$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\ge \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}$
故$a^2+b^2+c^2$的最小值为$\frac{1}{3}$。
又因为$(a+b+c{)}^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=1$，
当$ab+bc+ca$取最大值时，$a^2+b^2+c^2$恰好取最小值。
故$ab+bc+ca$的最大值也为$\frac{1}{3}$。

答案：$\frac{1}{3}$。

点评：如果3个正数a、b、c的和为固定值，则$ab+bc+ca$有最大值；反过来，如果$ab+bc+ca$为固定值，则正数a、b、c的和有最小值。这是一个常用结论，其证明步骤也会经常被用到。

相关例题5： 设$a,b,c>0,ab+bc+ac=1$，求证：
(1)$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt{3}$
(2)$abc(a+b+c)\le \frac{1}{3}$

参考证明：
(1)$ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{(ab)(bc)(ca)}=3(abc{)}^{\frac{2}{3}}$
带入已知条件$ab+bc+ca=1$可得：
$\begin{array}{c}1\ge 3(abc{)}^{\frac{2}{3}}\Rightarrow abc\le \frac{1}{3\sqrt{3}}\\ \Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}=\frac{1}{abc}\le 3\sqrt{3}\end{array}$
证明完毕。
(2)首先注意到下列2个条件：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\ ab+bc+ca=1\end{array}\end{array}$
它们的变量情况较复杂，但是具有形式上的一致性，可作如下换元：
$x=ab>0,y=bc>0,z=ca>0$
然后原问题转化如下问题：
已知$x,y,z>0,x+y+z=1$，求$xy+yz+zx$的最大值。
根据前面类似例题的思路，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$(x+y+z{)}^2\ge 3(xy+yz+zx)$。
将条件$x+y+z=1$代入可知：
$\begin{array}{c}abc(a+b+c)=(ab)(ca)+(bc)(ab)+(ca)(bc)\\ =xy+yz+zx\le \frac{1}{3}(x+y+z{)}^2=\frac{1}{3}\end{array}$
证明完毕。

相关例题10： 设$a>0$，求证：$\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}-\sqrt{2}\ge a+\frac{1}{a}-2$。

参考证明1：
用换元法，设$x=a+\frac{1}{a}$，那么$a^2+\frac{1}{a^2}=(a+\frac{1}{a}{)}^2-2=x^2-2$。
由基本不等式可知：
$x=a+\frac{1}{a}\ge 2\sqrt{a\frac{1}{a}}=2$
上式中的等号当且仅当$a=1$时成立。
$\begin{array}{c}\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}-\sqrt{2}\ge a+\frac{1}{a}-2\\ \iff \sqrt{(a+\frac{1}{a}{)}^2-2}-\sqrt{2}\ge (a+\frac{1}{a})-2\\ \iff \sqrt{x^2-2}-\sqrt{2}\ge x-2\\ \iff \sqrt{x^2-2}\ge x+\sqrt{2}-2>0\\ \iff (\sqrt{x^2-2}{)}^2\ge (x+(\sqrt{2}-2){)}^2\\ \iff x^2-2\ge x^2+2(\sqrt{2}-2)x+(\sqrt{2}-2{)}^2\\ \iff x^2-2\ge x^2+2(\sqrt{2}-2)x+(2-4\sqrt{2}+4)\\ \iff 4\sqrt{2}-8\ge 2(\sqrt{2}-2)x\iff 2\ge x\end{array}$
上述的最后一个式子是显然成立的。证明完毕。

参考证明2：
因为$a^2>0,\frac{1}{a^2}>0$，由基本不等式可知：
$a^2+\frac{1}{a^2}\ge 2$
上式中的等号当且仅当$a=1$时成立。
$\begin{array}{c}\Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}\ge \sqrt{2}\\ \Rightarrow (a+\frac{1}{a})+\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}\ge 2+\sqrt{2}\\ \Rightarrow \frac{1}{(a+\frac{1}{a})+\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}\le \frac{1}{2+\sqrt{2}}\end{array}$
对上式的两侧同时进行分母有理化：
$\begin{array}{c}\frac{(a+\frac{1}{a})-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{((a+\frac{1}{a})+\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}})((a+\frac{1}{a})-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}})}\le \frac{2-\sqrt{2}}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}\\ \Rightarrow \frac{(a+\frac{1}{a})-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{(a+\frac{1}{a}{)}^2-(\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}{)}^2}\le \frac{2-\sqrt{2}}{2^2-(\sqrt{2}{)}^2}\\ \Rightarrow \frac{a+\frac{1}{a}-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{(a^2+2+\frac{1}{a^2})-(a^2+\frac{1}{a^2})}\le \frac{2-\sqrt{2}}{4-2}\\ \Rightarrow \frac{a+\frac{1}{a}-\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}}{2}\le \frac{2-\sqrt{2}}{2}\\ \Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}-\sqrt{2}\ge a+\frac{1}{a}-2\end{array}$
证明完毕。

相关例题11： 设$a,b,c>0$，求证：$\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+a}$。

参考证明1：
因为$a,b>0$，所以由平均值不等式可知：
$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{\frac{1}{a}\frac{1}{b}}=2\frac{1}{\sqrt{ab}}\\ a+b\ge 2\sqrt{ab}\end{array}\\ \Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\frac{1}{\sqrt{ab}}\ge 2\times \frac{2}{a+b}=\frac{4}{a+b}\end{array}$
上式中的等号当且仅当$a=b$时成立。
同理可得下列3个式子：
$\{\begin{array}{c}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}\\ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{4}{b+c}\\ \frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge \frac{4}{c+a}\end{array}$
以上各式中的等号当且仅当$a=b=c$时同时成立。
叠加以上3个式子可得：
$\begin{array}{c}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+(\frac{1}{c}+\frac{1}{a})\ge \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}\\ \Rightarrow 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\ge 4(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\\ \Rightarrow \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\ge (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\end{array}$
证明完毕。

参考证明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个不等式是柯西不等式，第2个不等式是平均值不等式，当且仅当$a=b=c$时以上各等式严格成立。
此即$\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$。证明完毕。

平均值不等式的补充

算术-对数-几何平均值不等式

1957年，B·奥斯透（B. Ostle）和H·L·特尔维利尔（H. L. Terwilliger）提出对于不相等的任意2个正数a和b，存在不等式$\frac{a-b}{\ln a-\ln b}>\sqrt{ab}$；1966年，B·C·卡尔森（B. C. Carlson）提出对于不相等的任意2个正数a和b，存在不等式$\frac{a+b}{2}>\frac{a-b}{\ln a-\ln b}$。将它们合并到一起，并和算术-几何平均值不等式相联系，我们就得到本节的主角：

设$a,b>0,a\ne b$，则有下列算术-对数-几何平均值不等式（arithmetic-logarithmic-geometric mean inequality），简称对数均值不等式或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的对数平均数（logarithmic mean）。

不妨设$a<b,t=\frac{b}{a}>1$，作换元b = t a即知原不等式可化为：

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

于是原不等式等价于下列2个不等式同时成立：

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

证明：先证左半边的不等式。设$f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}=\ln x-\frac{4}{x+1}+2(x\ge 1)$，易得$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}+\frac{4}{(x+1{)}^2}$。
易知当x > 1时，恒有f'(x) > 0，即此时的f(x)严格单调递增。
又因为f(x)在x = 1时是连续的，所以
$\begin{array}{c}f(x)\ge f(1)=\ln 1-\frac{2(1-1)}{1+1}=0-0=0(x\ge 1)\\ \Rightarrow \ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}\ge 0(x\ge 1)\\ \Rightarrow \ln x\ge \frac{2(x-1)}{x+1}(x\ge 1)\end{array}$
上述不等式中的等于号当且仅当x = 1时严格成立。

再证右半边的不等式。设$f(x)=x-\frac{1}{x}-2\ln x(x\ge 1)$，易得$f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{x^2+1-2x}{x^2}=\frac{(x-1{)}^2}{x^2}$。
易知当x > 1时，恒有f'(x) > 0。即此时的f(x)严格单调递增。
又因为f(x)在x = 1时是连续的，所以
$\begin{array}{c}f(x)\ge f(1)=0(x\ge 1)\\ \Rightarrow x-\frac{1}{x}-2\ln x\ge 0(x\ge 1)\\ \Rightarrow x-\frac{1}{x}\ge 2\ln x(x\ge 1)\end{array}$
上述不等式中的等于号当且仅当x = 1时严格成立。

注意：对数平均值不等式中不存在取等号的可能性，它在这一点上与代数-几何不等式等许多其它常用不等式明显不同。因为当且仅当a = b时，它们的算术平均值才会刚好等于几何平均值，但是此时对数平均值会因分母为0而失去意义。

提示：对数均值不等式还存在以定积分描述的积分形式。我们在本小节只会介绍其初等形式。

使用对数平均值不等式解题时，常采用英文词首字母缩写，把对数平均值不等式中的算术平均值部分简称为A，对数平均值部分简称为L，几何平均值部分简称为G。由此对数均值不等式可以简记为$A>L>G$。这也是该不等式被称为“A-L-G不等式”的原因。

对数均值不等式的其它常用推论：

• 取$a=x^2,b=1$，则有：$\ln \frac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<x-\frac{1}{x}$。
• 取$a=e^{x_1},b=e^{x_2}$，则分别有$\frac{x_1-x_2}{2}>\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{e^{x_1}+e^{x_2}}$和$x_1-x_2<\frac{e^{x_1}-x^{x_2}}{e^{\frac{x_1+x_2}{2}}}$成立。

A-L-G与中国大陆高考导数压轴题中的极值点偏移考点联系密切。本小节我们只讨论极值点偏移问题的不等式解法（即变形后套用A-L-G不等式解决此类问题），暂不提及其它传统的导数论证方法。

注意：(1)在常规数学考试中，A-L-G不等式的正确性需要现场证明，不能直接拿来使用。(2)我们在A-L-G不等式的证明过程用到了求导论证的技巧，所以它并不是一种完全独立于微积分理论的工具，只是可以找出一类问题的共性并简化一些证明步骤。

相关例题1： 求证：$\mathrm{\forall }{x}_1\ne x_2,e^{\frac{x_1+x_2}{2}}<\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_1-x_2}<\frac{e^{x_1}+e^{x_2}}{2}$。

相关例题2： 已知函数$f(x)=e^x,x\in ℝ$。设a < b，比较$\frac{f(a)+f(b)}{2}$与$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$的大小，并说明理由。
（出自2013年中国大陆高考理科数学陕西卷第21题第(3)问（压轴解答题）。）

相关例题3： 已知$f(x)=\frac{\ln x}{x},f(x_1)=f(x_2)(x_1\ne x_2)$，比较$x_1+x_2$与2e的大小。

参考解答1：
易知f(x)的定义域是x > 0，并且可由求导法判断出f(x)的唯一极大值（从而也最大值）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链中的不等号不能达到取等条件。这是因为$x_1<x_2$，而f(x)只有一个最大值点，从而不可能出现$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}=f(x{)}_{max}$的情况。
再由对数均值不等式可知：
$\begin{array}{c}\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>e\\ \Rightarrow x_1+x_2>2e\end{array}$
证明完毕。

参考解答2：
$x_1+x_2>2e\iff \frac{x_1+x_2}{2}>e$
我们尝试证明一个强化命题：$\frac{x_1+x_2}{2}>\sqrt{x_1{x}_2}>e(x_1<x_2)$，为此只需要证明其右半部分：
$\begin{array}{c}\sqrt{x_1{x}_2}>e\\ \Rightarrow x_1{x}_2>e^2\\ \Rightarrow \ln (x_1{x}_2)>\ln (e^2)\\ \Rightarrow \ln x_1+\ln x_2>2\ln e=2\end{array}$
考虑到已知题设条件$f(x_1)=f(x_2)$，可得：
$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}$
不妨设$t=\frac{x_1}{x_2}$，可得：
$\{\begin{array}{c}\ln t=\ln (\frac{x_1}{x_2})=\ln x_1-\ln x_2\\ t=\frac{x_1}{x_2}=\frac{\ln x_1}{\ln x_2}\end{array}$
我们接下来打算解出$\ln x_1,\ln x_2$的解析式，从上式中选取所需的部分联立方程组：
$\{\begin{array}{c}\ln t=\ln x_1-\ln x_2\\ t=\frac{\ln x_1}{\ln x_2}\end{array}$
解得：$\ln x_1=\frac{t\ln t}{t-1},\ln x_2=\frac{\ln t}{t-1}$。
$\begin{array}{c}\ln x_1+\ln x_2>2\\ \Rightarrow \frac{t\ln t}{t-1}+\frac{\ln t}{t-1}>2\\ \Rightarrow \frac{(t+1)\ln t}{t-1}>2\\ \Rightarrow \ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}(0<t<1)\end{array}$
这是对数平均值不等式的常见变形，显然是成立的，从而原命题得证。

参考解答3：
由求导法易知f(x)有唯一的极大值点（从而也是最大值点）$f(x{)}_{max}=\frac{1}{e}$。
由$x_1<x_2,f(x_1)=f(x_2)$易知：
$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}<f(x{)}_{max}=\frac{1}{e}$
设a满足$\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{1}{a}<\frac{1}{e}$，则a > e。
再设$t=\frac{x_1}{x_2}$，易知0 < t < 1。
我们列出下列方程组以求解$x_1,x_2$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：$x_1=\frac{at\ln t}{t-1},x_2=\frac{a\ln t}{t-1}$
于是$x_1+x_2=\frac{a(t+1)\ln t}{t-1}=a\cdot \frac{(t+1)\ln t}{t-1}$
由于a > e，要证$x_1+x_2>2e$，只要证$\frac{(t+1)\ln t}{t-1}>2$，也即要证$\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}(0<t<1)$。
这是对数平均值不等式的常见变形，显然是成立的，从而原命题得证。

点评：在进行涉及对数均值的不等式变形中，作换元$t=\frac{x_1}{x_2}$经常使用的技巧，必要时还可以对此换元式的两端同时取对数然后与其它同时包含$\ln x_1,\ln x_2$的已知关系式联立方程组。

相关例题4： 已知函数$f(x)=e^x-x^2-ax(a\in ℝ)$有2个极值点$x_1,x_2(x_1<x_2)$，求证：$e^{x_1}+e^{x_2}>4$。

参考解答：
易得$f^{\prime }(x)=e^x-2x-a$。
因为已知$x_1,x_2$是f(x)的极值点，所以：
$\{\begin{array}{c}{e}^{x_1}-2x_1-a\\ e^{x_2}-2x_2-a\end{array}\Rightarrow e^{x_1}-e^{x_2}=2(x_1-x_2)\Rightarrow 2=\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_1-x_2}$
由对数均值不等式可知：
$2=\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_1-x_2}<\frac{e^{x_1}+e^{x_2}}{2}\Rightarrow 4<e^{x_1}+e^{x_2}$
证明完毕。

相关例题5： 已知函数$f(x)=e^x-ax+a(a\in ℝ)$存在2个不同的零点$x_1,x_2(1<x_1<x_2)$，求证：$x_1{x}_2<x_1+x_2$。

参考解答：
由题意可知$x_1-1>0,x_2-1>0$，于是：
$\begin{array}{c}{x}_1{x}_2<x_1+x_2\\ \iff x_1{x}_2-x_1-x_2+1<1\\ \iff (x_1-1)(x_2-1)<1\\ \iff \sqrt{(x_1-1)(x_2-1)}<1\end{array}$
考虑到$x_1<x_2,(x_1-1)\ne (x_2-1)$，所以由对数均值不等式可知：
$\sqrt{(x_1-1)(x_2-1)}<\frac{(x_1-1)-(x_2-1)}{\ln (x_1-1)-\ln (x_2-1)}=\frac{x_1-x_2}{\ln (x_1-1)-\ln (x_2-1)}$
然后从已知条件中继续拼凑所需信息。因为$x_1,x_2$是f(x)的2个不同的零点，所以：
$\{\begin{array}{c}{e}^{x_1}-a{x}_1+a=0\\ e^{x_2}-a{x}_2+a=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{e}^{x_1}=a(x_1-1)\\ e^{x_2}=a(x_2-1)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}\frac{e^{x_1}}{a}=x_1-1\\ \frac{e^{x_2}}{a}=x_2-1\end{array}$
$\begin{array}{c}\sqrt{(x_1-1)(x_2-1)}<\frac{(x_1-1)-(x_2-1)}{\ln (x_1-1)-\ln (x_2-1)}=\frac{x_1-x_2}{\ln (\frac{e^{x_1}}{a})-\ln (\frac{e^{x_2}}{a})}\\ =\frac{x_1-x_2}{(\ln e^{x_1}-\ln a)-(\ln e^{x_2}-\ln a)}=\frac{x_1-x_2}{x_1-\ln a-x_2+\ln a}=\frac{x_1-x_2}{x_1-x_2}=1\end{array}$
注意到上式右侧恰好等于1，就是我们需要证明的结论，故原命题得证。

点评：此题省略了对符合题意的成对零点$x_1,x_2$存在性的讨论，故解题时只需要关心如何由已知条件得到结论。而对其双零点存在性有疑惑的读者，但我们仍然在此对其存在性作一个简要小论述，也算是说明这道题的题设合理性。从数形结合的角度分析，题目所描述的2个零点就是指数函数对应的曲线$C:y=e^x$与过定点(1, 0 )的直线L: y = a(x - 1)的2个交点的横坐标。由于曲线C与直线L可以在第一象限内相切，由求导法可得二者相切点的横坐标为$x=\ln a$，进而可以求出指数函数在该点处的切线斜率，记为$k_c$。因为指数函数在第一象限内不存在渐近线，所以结合图象走势分析易知，当直线L的斜率大于刚好相切时的临界值$k_c$时，它就会与指数函数的曲线C产生2个不同的交点。

排序不等式

排序不等式是一个不怎么起眼的不等式，它在许多地方都不会使用，因为平均值不等式或柯西不等式都可以取代它，并且在叙述方面也比较困难。排序不等式是这样的：

设$a_1⩽a_2⩽\cdots ⩽a_n,b_1⩽b_2⩽\cdots ⩽b_n,\{c_1,c_2,\cdots ,c_n\}=\{b_1,b_2,\cdots ,b_n\}$，那么有

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

即顺序和大于等于乱序和大于等于正序和。

我们一般用调整法证明这个不等式。$\mathrm{\forall }n,k,t_n\in {\mathbb{N}}^{+}$有$t_n<n,k<n$，有$(a_n-a_k)(b_n-b_{t_n})⩾0$。那么可以得到$a_n{b}_n+a_k{b}_{t_n}⩾a_k{b}_k+a_n{b}_{t_n}$，我们把$b_n,b_{t_n}$交换，和将变大。我们不停重复这个过程，乱序变为顺序，和变为最大。同理可以证明乱序和大于等于反序和。

在使用排序不等式时，一定要注意两个数组能得出大小顺序，否则不能使用。当然，在求证的是一个高度对称的式子是，我们可以设出一个大小来使用排序不等式。

切比雪夫不等式

切比雪夫不等式可以用排序不等式得到，但是极其不常用。它主要的用途是让书写更方便。

设$a_1⩽a_2⩽\cdots ⩽a_n,b_1⩽b_2⩽\cdots ⩽b_n$，那么

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

证明：由排序不等式可知：

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

我们把这n个式子加起来，得到

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

即原不等式右半边得证。同理可以证明不等式左半边。那么切比雪夫不等式得证。

上凸与下凸函数

对于一个函数$f(x)$，如果满足$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in I$都有

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

那么我们称$f(x)$在区间$I$上是下凸的。将其中的小于等于号改成大于等于号，那么这个函数就是上凸的。有时我们称下凸为凸，称上凸为凹。

判定一个函数是否为下凸函数一般有两个方法：扣定义、求二阶导数。不难发现，对于任意一个下凸函数，其二阶导数在区间内恒为正值。虽然求二阶导数的方法不需要什么技巧性，但是它有时是不能用的。比如对于函数$f(x)=\mid x\mid$，它显然是一个下凸函数（由图像可以看出来），但它是不能求导的。不过题目中一般不会出现很难说明是下凸的函数，所以求二阶到还是最保险的方法。

相关例题： 证明函数$f_1(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}},f_2(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x}}(0<x<1)$都是下凸函数。

参考证明：
不难发现$\frac{d^2{f}_1(x)}{d{x}^2}=\frac{3}{4}(1-x{)}^{-\frac{5}{2}},\frac{d^2{f}_2(x)}{d{x}^2}=\frac{1-x}{4(1-x{)}^{\frac{5}{2}}}$（求导过程略），且$\mathrm{\forall }x\in (0,1),{f_1}^{″}(x)>0,{f_2}^{″}(x)>0$，得证。

延森不等式

延森不等式及其证明

图中的男人就是約翰·延森（Johan Ludwig William Valdemar Jensen，1859年—1925年）。很明显，他制造了延森不等式。

区间I上的下凸函数$f(x)$一定满足如下的延森不等式（Jensen inequality）：
$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2,x_3,...,x_n\in I,\frac{\sum _{i=1}^{n}f(x_i)}{n}\ge f(\frac{\sum _{i=1}^n{x}_i}{n})$
当且仅当$x_1=x_2=x_3=...=x_n$时上式中的等号成立。

区间I上的下凸函数$f(x)$一定满足如下加权形式的延森不等式（weighted Jensen inequality）：
$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2,x_3,...,x_n\in I,\sum _{i=1}^n{\lambda }_i=1,\sum _{i=1}^n{\lambda }_{i}f(x_i)\ge f(\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i)$
当且仅当$x_1=x_2=x_3=...=x_n$时上式中的等号成立。

它们以丹麦业余数学家約翰·延森命名。

延森不等式的简单应用

为了应用Jensen不等式，需要根据题目的形式特点，寻找合适的上凸或下凸函数。比较常见的是设以下函数作为辅助函数：

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

最后2个辅助函数常用于需要进行对数变换的题型，而且有时会不确定用二者中的哪一个，这时可以分别都常试一下。

相关例题1： 已知函数$f(x)=x\ln x$，且$0<a<b$，求证：$g(a)+g(b)-2g(\frac{a+b}{2})>0$。

相关例题2： 若$a_1,a_2,...,a_n$是一组实数，且$\sum _{i=1}^n\mathrm{\backslash limits}{a}_i=k$。假设n与k都是固定的常数，求$\sum _{i=1}^n\mathrm{\backslash limits}{a}_i^2$的最小值。

相关例题3： 设$a,b>0,a+b=1$，求证：$\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}\ge \sqrt{5}$。

参考证明：
设函数$f(x)=\sqrt{1+x^2}$，易知$f(x)$是下凸函数。应用加权形式的Jensen不等式并利用已知条件$a+b=1$，可知：
$\frac{f(a)+f(b)}{2}\ge f(\frac{a+b}{2})=f(\frac{1}{2})$，当且仅当$a=b=\frac{1}{2}$时等号成立。
带入$f(x)$的具体表达式可得：
$\frac{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}}{2}\ge \sqrt{1+(\frac{1}{2}{)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\iff \sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}\ge \sqrt{5}$
证明完毕。

相关例题4： 设$a,b,c>0,a+b+c=1$，求证：$\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le 4\sqrt{3}$。

参考证明1：
设$f(x)=\sqrt{x+5}(x\ge -5)$，易得$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{\sqrt{x+5}}$。
进而可知$\mathrm{\forall }x>-5,f^{\prime }(x)<0$。即f(x)是定义域内的上凸函数。
应用普通形式的Jensen不等式可得：
$\begin{array}{c}\frac{f(a)+f(b)+f(c)}{3}\le f(\frac{a+b+c}{3})\\ \Rightarrow \frac{\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}}{3}\le \sqrt{\frac{a+b+c}{3}+5}\end{array}$
上式中的等号当且仅当a = b = c时取等号。又因为已知a + b + c = 1，将其代入上式可知：
$\begin{array}{c}\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le 3\sqrt{\frac{a+b+c}{3}+5}\\ =3\sqrt{\frac{1}{3}+5}=3\sqrt{\frac{16}{3}}=4\sqrt{3}\end{array}$
证明完毕。

参考证明2（仅用到算术-几何平均值不等式）：
我们考虑利用巧配系数升幂的技巧，设置3个待定常系数$k_1,k_2,k_3$，并分别构造以下的3个不等式：
$\{\begin{array}{c}{k}_1\cdot \sqrt{a+5}\le \frac{k_1^2+(a+5)}{2}(k_1>0)\\ k_2\cdot \sqrt{b+5}\le \frac{k_2^2+(b+5)}{2}(k_2>0)\\ k_3\cdot \sqrt{c+5}\le \frac{k_3^2+(c+5)}{2}(k_3>0)\end{array}$
以上各式中的等号分别当且仅当$k_1=\sqrt{a+5},k_2=\sqrt{b+5},k_3=\sqrt{c+5}$时成立。
由于已知条件是a、b、c的一次代数式，而上述3个不等式的右侧累加后刚好也能得到a、b、c的一次代数式。
因此只要取等条件合适，就能通过连加上述3个不等式来得证原不等式。
我们接下来的想法是选取合适的$k_1,k_2,k_3$，以便论证：
$\begin{array}{c}{k}_1\sqrt{a+5}+k_2\sqrt{b+5}+k_3\sqrt{c+5}\\ \le \frac{k_1^2+(a+5)}{2}+\frac{k_2^2+(b+5)}{2}+\frac{k_3^2+(c+5)}{2}\ge 4\sqrt{3}\\ =\frac{k_1^2+k_2^2+k_3^2}{2}+\frac{(a+b+c)+15}{2}\ge 4\sqrt{3}\end{array}$
由于原不等式的左侧是关于a、b、c的轮换对称多项式，所以容易猜想当等号成立时，a、b、c的取值应该地位一致，即a = b = c。
再结合限制条件a + b + c = 1，易知原不等式的取等条件应该是$a=b=c=\frac{1}{3}$。
另一方面，要使从原不等式中拆出的3个子不等式同时成立，需要同时保证$k_1=\sqrt{a+5},k_2=\sqrt{b+5},k_3=\sqrt{c+5}$，
继而可知所需的$k_1=k_2=k_3=\sqrt{\frac{16}{3}}$。即有：
$\begin{array}{c}\sqrt{\frac{16}{3}}\cdot \sqrt{a+5}+\sqrt{\frac{16}{3}}\cdot \sqrt{b+5}+\sqrt{\frac{16}{3}}\cdot \sqrt{c+5}\le \frac{(\sqrt{\frac{16}{3}}{)}^2+(\sqrt{\frac{16}{3}}{)}^2+(\sqrt{\frac{16}{3}}{)}^2}{2}+\frac{(a+b+c)+15}{2}\\ \Rightarrow \frac{\sqrt{16}}{3}(\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5})\le \frac{3\cdot \frac{16}{3}}{2}+\frac{(a+b+c)+15}{2}\\ \Rightarrow \sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le (8+\frac{(a+b+c)+15}{2})\cdot \sqrt{\frac{3}{16}}\end{array}$
将已知条件a + b + c = 1代入，可得：
$\begin{array}{c}\sqrt{a+5}+\sqrt{b+5}+\sqrt{c+5}\le (8+\frac{1+15}{2})\cdot \sqrt{\frac{3}{16}}\\ =16\cdot \sqrt{\frac{3}{16}}=\sqrt{3\cdot 16}=4\sqrt{3}\end{array}$
上式中的等号当且仅当$a=b=c=\frac{1}{3}$时同时成立。证明完毕。

需要进行对数变换的问题

下面，我们先假定读者能从字面上直观理解“凸集”一词的含义，由此引出接下来的对数凸性的定义：

对数凸函数（logarithmically convex function）是同时满足以下定义的函数：

• 定义在实数向量空间中凸集内，函数值为正数。
• 函数进行对数变换后为（下）凸函数。

如果一个函数是对数凸函数，也可以说这个函数是对数（下）凸的或者说具有对数（下）凸性。根据定义，对数凸函数可以在进行对数变换后，保证Jensen不等式的成立。如果仔细观察算术-几何不等式，可以发现算术-几何不等式描述的也是一种对数凸性，所以它也容易利用Jensen不等式直接证明。

相关例题1： 已知$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，求证：$(\frac{1}{x^2}+x)(\frac{1}{y^2}+y)(\frac{1}{z^2}+z)\ge (\frac{28}{3}{)}^3$。

分析与提示：对要证明的不等式两边同时取对数，可得：
$\ln (\frac{1}{x^2}+x)+\ln (\frac{1}{y^2}+y)+\ln (\frac{1}{z^2}+z)\ge 3\ln (\frac{28}{3})$
容易想到设辅助函数$f(t)=\ln (\frac{1}{t^2}+t)$，但是因为$f(t)$不是$(0,+\mathrm{\infty })$上凹凸性保持不变的函数，不能急着直接套用Jensen不等式。注意到$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，这说明至少可以肯定$0<x,y,z<1$，容易发现$f(t)$在$(0,1)$这个小范围内还是可以证明下凸性的，因此仍能使用Jensen不等式，但是要限制辅助函数的变量取值范围。

参考证明：
设函数$f(t)=\ln (\frac{1}{t^2}+t)(0<t<1)$，易知$f(t)$是下凸函数。应用普通形式的Jensen不等式并利用已知条件$x+y+z=1$，可知：
$\frac{f(x)+f(y)+f(z)}{3}\ge f(\frac{x+y+z}{3})=f(\frac{1}{3})$，当且仅当$x=y=z=\frac{1}{3}$时等号成立。
带入$f(t)$的具体表达式可得：
$\frac{\ln (\frac{1}{x^2}+x)+\ln (\frac{1}{y^2}+y)+\ln (\frac{1}{z^2}+z)}{3}\ge \ln (\frac{1}{(\frac{1}{3}{)}^2}+(\frac{1}{3}))$
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$(\frac{1}{x^2}+x)(\frac{1}{y^2}+y)(\frac{1}{z^2}+z)\ge \ln (\frac{28}{3}{)}^3$。证明完毕。

相关例题2： 已知$x>1,y>1$，求证：$(x+y)\ln (\frac{x+y}{2})\le x\ln x+y\ln y$。

相关例题3： 若$a,b,x,y>0$，求证：$(x+y)\ln \frac{x+y}{a+b}\le x\ln \frac{x}{a}+y\ln \frac{y}{b}$。

分析与提示：原不等式等价于$\frac{x+y}{a+b}\ln \frac{x+y}{a+b}\le \frac{x}{a+b}\ln \frac{x}{a}+\frac{y}{a+b}\ln \frac{y}{b}$。
根据不等式右侧对数函数中的变量形式，可以先把$\frac{x}{a}$和$\frac{y}{b}$尽量看成一个整体变量。根据这个原则，适当拆分系数可得：
$\frac{x+y}{a+b}\ln (\frac{a}{a+b}\frac{x}{a}+\frac{b}{a+b}\frac{y}{b})\le \frac{a}{a+b}(\frac{x}{a})\ln (\frac{x}{a})+\frac{b}{a+b}(\frac{y}{b})\ln (\frac{y}{b})$。

参考证明1：
设函数$f(t)=t\ln t$，易知$f(t)$是下凸函数。应用加权形式的Jensen不等式可知：
$f({\lambda }_1(\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b}))\le {\lambda }_{1}f(\frac{x}{a})+{\lambda }_{2}f(\frac{y}{b}))$，当且仅当$\frac{x}{a}=\frac{y}{b}$时等号成立。
其中取${\lambda }_1=\frac{a}{a+b}$，取${\lambda }_2=\frac{b}{a+b}$，显然满足${\lambda }_1+{\lambda }_2=1$。
带入$f(t)$的具体表达式可得：
$\begin{array}{c}({\lambda }_1(\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b}))\ln ({\lambda }_1(\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b}))\le {\lambda }_1(\frac{x}{a})\ln (\frac{x}{a})+{\lambda }_2(\frac{y}{b})\ln (\frac{y}{b})\\ \iff ((\frac{a}{a+b})(\frac{x}{a})+(\frac{b}{a+b})(\frac{y}{b}))\ln ((\frac{a}{a+b})(\frac{x}{a})+(\frac{a}{a+b})(\frac{y}{b}))\le (\frac{a}{a+b})(\frac{x}{a})\ln (\frac{x}{a})+(\frac{b}{a+b})(\frac{y}{b})\ln (\frac{y}{b})\\ \iff ((\frac{x}{a+b})+(\frac{y}{a+b})\ln (\frac{x}{a+b}+\frac{y}{a+b})\le \frac{x}{a+b}\ln \frac{x}{a}+\frac{y}{a+b}\ln \frac{y}{b}\\ \iff ((\frac{x}{a+b})+(\frac{y}{a+b})\ln \frac{x+y}{a+b}\le \frac{x}{a+b}\ln \frac{x}{a}+\frac{y}{a+b}\ln \frac{y}{b}\\ \iff ((x+y)\ln \frac{x+y}{a+b}\le x\ln \frac{x}{a}+y\ln \frac{y}{b}\end{array}$
证明完毕。

参考证明2：
作换元$m=\frac{x}{a},n=\frac{y}{b}$，待证式变为：
$(am+bn)\ln \frac{a^{2}m+b^{2}n}{a+b}\le am\ln m+bn\ln n$
观察不等式右边的形式，为了拼凑好合适的加权系数以便可以套用Jensen不等式，可以将其变形为：
$\frac{am+bn}{a+b}\ln \frac{a^{2}m+b^{2}n}{a+b}\le \frac{a}{a+b}(m\ln m)+\frac{b}{a+b}(n\ln n)$
我们只需要证明上式即可。
设函数$f(t)=t\ln t$，易知$f(t)$是下凸函数。应用加权形式的Jensen不等式可知：
$f({\lambda }_{1}m+{\lambda }_{2}n)\le {\lambda }_{1}f(m)+{\lambda }_{2}f(n)$，当且仅当$m=n$（即$\frac{x}{a}=\frac{y}{b}$）时等号成立。
其中取${\lambda }_1=\frac{a}{a+b}$，取${\lambda }_2=\frac{b}{a+b}$，显然满足${\lambda }_1+{\lambda }_2=1$。
带入$f(t)$的具体表达式可得：
$\begin{array}{c}({\lambda }_{1}m+{\lambda }_{2}n)\ln ({\lambda }_{1}m+{\lambda }_{2}n)\le {\lambda }_{1}m\ln m+{\lambda }_{2}n\ln n\\ \iff (\frac{a}{a+b}m+\frac{b}{a+b}n)\ln (\frac{a}{a+b}m+\frac{b}{a+b}n)\le \frac{a}{a+b}m\ln m+\frac{b}{a+b}n\ln n\\ \iff (\frac{am}{a+b}+\frac{bn}{a+b})\ln \frac{am+bn}{a+b}\le \frac{a}{a+b}m\ln m+\frac{b}{a+b}n\ln n\end{array}$
证明完毕。

补充习题

• 求证内斯比特不等式：
  

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