不等式 02 对数均值不等式

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一、对数均值不等式的定义与推导

1. 定义

设 \( a, b > 0 \) 且 \( a \neq b \)，对数均值 \( L(a, b) \) 定义为：

\(L(a, b) = \frac{a - b}{\ln a - \ln b}\)

对数均值不等式表述为：

\(\min\{a, b\} < L(a, b) < \sqrt{ab} < \frac{a + b}{2} < \max\{a, b\}\)

当且仅当 \( a = b \) 时，等号成立（但 \( a \neq b \) 时严格不等）。

2. 推导过程

左半部分 \( L(a, b) > \min\{a, b\} \)

不妨设 \( a > b \)，令 \( t = \frac{a}{b} > 1 \)，则 \( L(a, b) = b \cdot \frac{t - 1}{\ln t} \)，需证 \( \frac{t - 1}{\ln t} > 1 \)，即 \( t - 1 > \ln t \)。

令 \( f(t) = t - 1 - \ln t \)，\( f'(t) = 1 - \frac{1}{t} > 0 \)（\( t > 1 \)），故 \( f(t) \) 单调递增，\( f(t) > f(1) = 0 \)，得证。

中间部分 \( L(a, b) < \sqrt{ab} \)

同上设 \( t = \frac{a}{b} > 1 \)，需证 \( \frac{t - 1}{\ln t} < \sqrt{t} \)，即 \( \ln t > \frac{t - 1}{\sqrt{t}} = \sqrt{t} - \frac{1}{\sqrt{t}} \)。

令 \( g(t) = \ln t - \sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}} \)，\( g'(t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{2\sqrt{t}} - \frac{1}{2t\sqrt{t}} = -\frac{(\sqrt{t} - 1)^2}{2t\sqrt{t}} < 0 \)，

故 \( g(t) \) 单调递减，\( g(t) < g(1) = 0 \)，得证。

右半部分 \( \sqrt{ab} < \frac{a + b}{2} \)

即基本不等式，平方后等价于 \( ab < \frac{(a + b)^2}{4} \)，显然成立。

二、对数均值不等式的应用

极值偏移问题：用于证明形如 \( x_1 + x_2 > 2m \) 或 \( x_1x_2 > m^2 \) 的结论（\( m \) 为极值点）。

不等式证明：通过构造对数均值，转化为已知不等式关系。

函数零点问题：结合零点条件，消去参数后利用对数均值放缩。

例1：极值偏移基础题

已知函数 \( f(x) = x - \ln x \)，若存在 \( x_1 \neq x_2 \) 使得 \( f(x_1) = f(x_2) = m \)，证明：\( x_1 + x_2 > 2 \)。

解析：

由 \( f(x_1) = f(x_2) \) 得 \( x_1 - \ln x_1 = x_2 - \ln x_2 \)，即 \( \frac{x_1 - x_2}{\ln x_1 - \ln x_2} = 1 \)。

根据对数均值不等式：

\(1 = L(x_1, x_2) < \frac{x_1 + x_2}{2} \quad \Rightarrow \quad x_1 + x_2 > 2.\)

例2：含参数的零点问题

已知函数 \( f(x) = e^x - ax \) 有两个零点 \( x_1, x_2 \)（\( x_1 < x_2 \)），证明：\( x_1x_2 < 1 \)。

解析：

由 \( e^{x_1} = ax_1 \)，\( e^{x_2} = ax_2 \)，两式相除得 \( e^{x_2 - x_1} = \frac{x_2}{x_1} \)，令 \( t = \frac{x_2}{x_1} > 1 \)，则 \( x_2 - x_1 = \ln t \)，\( x_1 = \frac{\ln t}{t - 1} \)，\( x_2 = \frac{t\ln t}{t - 1} \)。

需证 \( x_1x_2 = \frac{t(\ln t)^2}{(t - 1)^2} < 1 \)，即 \( \frac{\ln t}{t - 1} < \frac{1}{\sqrt{t}} \)（由对数均值不等式 \( L(1, t) = \frac{t - 1}{\ln t} > \sqrt{t} \)），得证。

例3：不等式证明

证明：对任意 \( a > b > 0 \)，有 \( \frac{2ab}{a + b} < \frac{a - b}{\ln a - \ln b} \)。

解析：

由对数均值不等式 \( L(a, b) < \frac{a + b}{2} \)，取倒数得：

\(\frac{1}{L(a, b)} = \frac{\ln a - \ln b}{a - b} > \frac{2}{a + b},\)

两边同乘 \( (a - b) \) 得 \( \ln a - \ln b > \frac{2(a - b)}{a + b} \)，再取指数倒数即证 \( \frac{a - b}{\ln a - \ln b} > \frac{2ab}{a + b} \)（利用 \( \frac{a - b}{\ln a - \ln b} > \sqrt{ab} \) 且 \( \sqrt{ab} > \frac{2ab}{a + b} \)）。

例4：双变量函数极值

已知函数 \( f(x) = x\ln x \)，若 \( 0 < x_1 < x_2 \) 且 \( f(x_1) = f(x_2) \)，证明：\( x_1 + x_2 > \frac{2}{e} \)。

解析：

由 \( x_1\ln x_1 = x_2\ln x_2 \)，令 \( t = \frac{x_2}{x_1} > 1 \)，则 \( \ln x_1 = \frac{t\ln t}{1 - t} \)，\( x_1 = e^{\frac{t\ln t}{1 - t}} \)，\( x_2 = te^{\frac{t\ln t}{1 - t}} \)。

需证 \( x_1 + x_2 = e^{\frac{t\ln t}{1 - t}}(1 + t) > \frac{2}{e} \)。

注意到 \( f(x) \) 的极小值点为 \( x = \frac{1}{e} \)，且 \( f(x_1) = f(x_2) < f\left(\frac{1}{e}\right) = -\frac{1}{e} \)。

利用对数均值不等式：

\(L(x_1, x_2) = \frac{x_2 - x_1}{\ln x_2 - \ln x_1} = \frac{x_1(t - 1)}{\ln t} = x_1 \cdot \frac{t - 1}{\ln t} > x_1\sqrt{t},\)

又 \( f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1\ln x_1 = x_2\ln x_2 \Rightarrow \ln x_1 = t\ln x_2 \Rightarrow \ln x_1 = t(\ln x_1 + \ln t) \Rightarrow \ln x_1 = -\frac{t\ln t}{t - 1} \),

故 \( x_1 = e^{-\frac{t\ln t}{t - 1}} \)，代入 \( L(x_1, x_2) < \frac{x_1 + x_2}{2} \) 得：

\(x_1 \cdot \frac{t - 1}{\ln t} < \frac{x_1(1 + t)}{2} \Rightarrow \frac{t - 1}{\ln t} < \frac{1 + t}{2} \quad (\text{成立，因 } L(a,b) < \frac{a+b}{2}),\)

结合 \( x_1 < \frac{1}{e} < x_2 \)，通过极值点偏移分析可得 \( x_1 + x_2 > 2 \cdot \frac{1}{e} = \frac{2}{e} \)。