[數學]對數均值不等式

I think, therefore I am.

——Descartes

對數均值不等式

\[\sqrt{x_1x_2}\leq\frac{x_1-x_2}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}\leq\frac{x_1+x_2}{2}\ ({x_1},{x_2}\in\R^+\ and\ {x_1}\neq{x_2}) \]

1. Proof Method(證明方法)

對於 \((\ln{x_1}-\ln{x_2})\) 式子常做齊次化處理，換元構造一元新函數在進行研究一般可以得到比較好的效果。

我們以左邊的不等號證明作為例子：

\[不妨設\ 0<x_1<x_2\\ \sqrt{x_1x_2}\leq\frac{x_1-x_2}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}\\ \Leftrightarrow\ln{\frac{x_2}{x_1}\leq\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}-\sqrt{\frac{x_1}{x_2}}}\\ 於是我們令\ t\ =\sqrt\frac{x_2}{x_1}>1，則有：\\ 不等式\Leftrightarrow2\ln{t}-t+\frac{1}{t}\leq0\ (t>1)\\ 令f(x)=2\ln x-x+\frac 1{x}，f^{'}(x)=\frac 2 x-1-\frac 1 {x^2}=-{(\frac 1 x-1)^2}\leq0\\ \therefore\ f(x)在(1,+\infty)單調遞減\Rightarrow\ f(x)<f(1)=0\Rightarrow\ 原不等式成立 \]

2. Geometric Meaning(幾何意義)

在 $y=\ln x$ 任取兩點 $A，B$ ，如上圖所示。以右邊 $\frac{x_1-x_2}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}\leq\frac{x_1+x_2}{2}$ 為例進行說明： $$ \Leftrightarrow\frac 2 {x_1+x_2}\leq\frac{\ln{x_1}-\ln{x_2}}{x_1-x_2} $$ 為方便起見，記 $A，B$ 在 $y=\ln x$ 的中點為 $D$ ，並過 $D$ 做函數 $y=\ln x$ 的切線 $l$ ，則 $\frac{\ln{x_1}-\ln{x_2}}{x_1-x_2}$ 即為 $AB$ 直線的斜率 $k_1$ ，而 $\frac{2}{x_1+x_2}$ 即為 $l$ 的斜率 $k_2$ 。那么，由上面的結論立馬可以得到： $$ \frac 2 {x_1+x_2}\leq\frac{\ln{x_1}-\ln{x_2}}{x_1-x_2}\Rightarrow k_1\geq k_2 $$ 這個不等式實際上告訴我們：在 $y=\ln x$ 的圖像上任意兩點的斜率大於其中點在 $y=\ln x$ 的切線的斜率。(此處的中點意為函數圖像上的中點)

注：這也是為什么特地將不等號寫為 \("\leq"\) 的原因之一，當 \(B\) 無限接近 \(A\) ，斜率變成了切線的斜率^[1]，與 \(l\) 的斜率相等。

實際上，在 \(k_1\) 與 \(k_2\) 作比較時應當想到拉格朗日中值定理，此定理表述為：

\[對於f(x)，如果滿足：\\ (1)f(x)在區間(a,b)上可導；\\ (2)f(x)在區間[a,b]上連續.\\ 則：必定\exist \xi \in (a,b)，使得f^{'}(\xi)=\frac{f(a)-f(b)}{a-b}. \]

該定理的幾何直觀性非常強，即 \(\exist \xi\) 一點 \(\in(a,b)\) ，且改點的斜率與 \(k_{AB}\) 相同(或者說是與 \(AB\) 平行)，但是該定理不需要深入證明，並且高中數學答卷中不可使用，但對於某些問題的本質研究有一定輔助的作用。

其實有不少題目都是以此作為背景，此類題目一般表述為： \(是否\exist x_1 ,x_2\ 使得\frac{f(x_1)-f({x_2})}{x_1-x_2}=f^{'}(\frac{x_1+x_2}{2})成立\) 或者更特殊的 \(x_1<x_2且兩者均為f(x)的零點，判斷f^{'}(\frac{x_1+x_2}{2})(or\ f^{'}(\sqrt{x_1x_2}))的正負性\) ^[2]而對於函數 \(y=\ln x\) 則表明 \(\xi<\frac{x_1+x_2}{2}\) 。此類題目其實和本結論關系較小(但其實大部分最后的證明也是基於本結論)，一般利用類似前面的證明方法證明即可，在此僅作說明。

3. Application in High School Math(在高中數學中的應用)

①韋達定理

如果仔細觀察的話會發現，許多導數題涉及雙變量及一元二次方程(導數零點常是)，而本結論的形式 \((x_1+x_2)\) 與 \(\sqrt{x_1x_2}\) 就不得不想到韋達定理。在此類題目中，往往一次項系數或者常數項為常數，進而便於不等式放縮。

以 2018 年全國卷 I 為例：

\[已知函數f(x)=\frac 1{x}-x+a\ln x\ (a>2)\quad\exist兩個極值點x_1和x_2且0<x_1<x_2，求證：\\ \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2. \]

證明：

\[f^{'}(x)=-\frac 1{x^2}-1+\frac{a}{x}=-\frac{1}{x^2}(x^2-ax+1),\quad \therefore x_1x_2=1\\ LHS=\frac{\frac{1}{x_1}-x_1+a\ln {x_1}-\frac 1{x_2}-x_2+a\ln {x_2}}{x_1-x_2}\\ =\frac{-2(x_1-x_2)+a(\ln{x_1}-\ln{x_2})}{x_1-x_2}\\ =-2+a\frac{\ln{x_1}-\ln{x_2}}{x_1-x_2}\quad\quad\quad\quad\ \ \ \\ <-2+a\frac{1}{\sqrt{x_1x_2}}=a-2.\quad\quad證畢 \]

②某一類極值點偏移

極值點偏移是一類“入門題”，較難的極值點偏移一般通過復雜的參數設置，分段設置函數實現，但大同小異。對於 \(f(x)\) 中有參數，但是證明的式子中卻沒有參數的題目，一般暗示參數並沒有什么真正價值，理應消去。簡單形式的雙變量用合分比性質即可簡單解決，在此僅為強調該不等式的強大及輔助理解此不等式。

例：

\[對於函數f(x)=e^x-mx有兩個零點\quad x_1,x_2\ 且<0x_1<x_2.求證：\\ x_1\cdot x_2<1. \]

證明：

\[m=\frac{e^x}{x}\quad(消參)\\ \frac{e^{x_1}}{x_1}=\frac{e^{x_2}}{x_2}\Rightarrow x_1-\ln {x_1}=x_2-\ln{x_2}\\ \Rightarrow\frac{x_1-x_2}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}=1.\\ \therefore x_1\cdot x_2={\sqrt{x_1x_2}}^2<{(\frac{x_1-x_2}{\ln{x_1}-\ln{x_2}})}^2=1.\quad證畢 \]

注：常常由簡單函數添加不容易“分離”的參數使題目難度增加，例如這個函數 \(y=e^x-x\) 實際上還可以這樣處理：

\[令\ e^x-x=a\Rightarrow x=\ln{(x+a)}\\ 構造函數f(x)=x-\ln{(x+a)} \]

這樣處理后的函數相對較為高級。

③多項式化處理(較為靈活)

眾所周知涉及雙變量不等式的題目要消元，構造單變量函數求導(不停地求導)即可做出。但實際上這樣比較繁瑣，這個不等式還有另一個很強的作用就是把超越式 \(\ln x\) 消去，轉化為多項式(多項式可以因式分解)。

注：這樣處理還有一個很重要的原因在於此不等式較強(一般放縮不會過度)，且等號成立條件一般和題目相同(如不同，則慎用)。

例：

• (泉州市一模)
  \[已知函數f(x)=\frac 1 {2}x^2+bx+a\ln x\quad(a+b=-1\ 且a>1(即1為極大值點))\\ 若\exist x_0使得f(x_0)=f(1)\quad(x_0\neq1),求證：a<x_0<a^2. \]
  證明：
  \[f^{'}(x)=x-(a+1)+\frac a x\\ =\frac{1}{x}(x^2-(a+1)x+a)\\ =\frac 1 x (x-a)(x-1)\quad\quad\\ \therefore f(x)在(0,1),(a,+\infty)單調遞增，在(1,a)單調遞減\Rightarrow x_0>a\\ 再來說明右邊：x_0<a^2\Leftrightarrow f(x_0)<f(a^2)\\ 化單變量為雙變量尋求對稱：x_2=a^2,x_1=1\\ 求差：f(x_2)-f(x_0)=f(x_2)-f(x_1)\\ =\frac 1 2 (x_2^2-x_1^2)+b(x_2-x_1)+a(\ln{x_2}-\ln{x_1})\\ =(x_2-x_1)[\frac{x_1+x_2}{2}+b+a\frac{\ln{x_2}-\ln{x_1}}{x_2-x_1}]\\ \]
  上式=(x_2-x_1)(m-(a+1)+\frac a m)\=\frac{x_2-x_1}{m}(m-a)(m-1)>0.\quad證畢
  \[ \]
  已知函數f(x)=e^{2x}+(a-ax)ex,x_1和x_2為f(x)的兩個極值點且0<x_1<x_2\若：x_1x_2+m(x_1+x_2)<0恆成立，求m的取值范圍.
  \[ 證明： \]
  注意到：f(x)=e^x(2ex-ax)\Rightarrow\frac{e^{{x_1}}{x_1}=\frac{e}{x_2}}{x_2}\
  \Rightarrow\frac{x_1-x_2}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}=1.\
  原不等式\Leftrightarrow-m>\frac{x_1x_2}{x_1+x_2}\quad(不齊次)\
  \because x_1+x_2\geq2\sqrt{x_1x_2}\quad(其實用x_1x_2\leq\frac{(x_1+x_2)^2}{4}也可以，讀者可自行嘗試)\
  \frac{x_1x_2}{x_1+x_2}\leq\frac{\sqrt{x_1x_2}}{2}<\frac 1 2 \frac{x_1-x_2}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}=\frac 1 2.\
  \therefore m\leq -\frac 1 2.
  \[ \]

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1. 其實這也是切線的定義，再者，事實上： \(\lim_{x_2\to x_1}\frac{x_1-x_2}{\ln {x_1}-\ln{x_2}}=\frac{1}{(\ln{x_1})^{'}}=x_1=\lim_{x_2\to x_1}\frac{x_1+x_2}{2}\) ↩︎

2. 實際上這就是以羅爾中值定理為背景，有興趣可以了解。 ↩︎