摘" 要：先給出對數(shù)平均不等式及其新穎證明，然后從廣義對數(shù)平均的單調(diào)性得到不等式鏈，并給出證明，這就得到了對數(shù)平均不等式的背景和隔離，最后將對數(shù)平均不等式進行推廣，并得到不等式鏈.

關鍵詞：對數(shù)平均不等式；背景；隔離；推廣；不等式鏈

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0032-05

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：李映芝（1989.11—），女，貴州省遵義人，研究生，中學一級教師，從事高中數(shù)學教學研究.

對數(shù)平均不等式在高考題與模擬題中頻繁出現(xiàn)，已經(jīng)有不少文獻對其進行研究［1］. 筆者先從基本不等式的視角給出對數(shù)平均不等式的新穎證明，然后從廣義對數(shù)平均的單調(diào)性說明其背景，最后給出對數(shù)平均不等式的隔離與推廣.

1" 對數(shù)平均

定義" 兩個正數(shù)a，b的對數(shù)平均為［2］L（a，b）=b-alnb-lna，a≠b，a，a=b.

事實上，由洛必達法則，得

limb→ab-alnb-lna=limx→ax-alnx-lna

=limx→a11/x

=limx→ax=a.

2" 對數(shù)平均不等式

設bgt;agt;0，則ablt;b-alnb-lnalt;a+b2.①

①式稱為對數(shù)平均不等式.

3" 對數(shù)平均不等式的新穎證明

常規(guī)的證明方法是構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性；或者利用幾何意義（函數(shù)y=1x的凹性），比較梯形與曲邊梯形的面積［3］.下面筆者另辟蹊徑，從基本不等式的角度給出對數(shù)平均不等式的新穎證明.

證明" ①式等價于

2a+blt;lnb-lnab-alt;1ab（bgt;agt;0）. ②

設f（x）=lnb+xa+x，則

lnb-lna=lnba

=f（0）-f（+

SymboleB@ ）

=-∫+

SymboleB@ 0f ′（x）dx

=（b-a）∫+

SymboleB@ 0dx（x+a）（x+b）.③

由基本不等式，得

（x+ab）2lt;（x+a）（x+b）lt;（x+a+b2）2（xgt;0）.④

由③④，得

lnb-lnab-a=∫+

SymboleB@ 0dx（x+a）（x+b）

gt;∫+

SymboleB@ 0dx［x+（a+b）/2］2

=-1x+（a+b）/2" +

SymboleB@ 0

=2a+b，

lnb-lnab-a=∫+

SymboleB@ 0dx（x+a）（x+b）

lt;∫+

SymboleB@ 0dx（x+ab）2

=-1x+ab" +

SymboleB@ 0

=1ab.

故②式得證.

評析" 通過構(gòu)造函數(shù)f（x）=lnb+xa+x，利用微積分基本定理，得到lnb-lnab-a=∫+

SymboleB@ 0dx（x+a）（x+b），再結(jié)合基本不等式得到④式，然后放縮即可得證.證明思路清晰，證明方法新穎［4］.

4" 對數(shù)平均不等式的背景

定義" 兩個正數(shù)a和b的廣義對數(shù)平均（Stolarsky平均）［5］為：

Lr（a，b）=［br-arr（b-a）］1r-1，a≠b，b，""""""""" a=b.

1975年，Stolarsky.K.B［6］證明了：當a≠b時，Lr（a，b）是r的嚴格遞增函數(shù).

經(jīng)過計算，可得：

定理1" 當r=-1，0，1，2，及agt;0，bgt;0，a≠b時，有

L-1（a，b）=ab（幾何平均），

L0（a，b）=limr→0Lr=b-alnb-lna（對數(shù)平均），

L1（a，b）=limr→1Lr=1e（bbaa）1b-a（指數(shù)平均），

L2（a，b）=a+b2（算術平均）.

證明" L-1（a，b）=ab和L2（a，b）=a+b2是顯然的.由洛必達法則，并注意到agt;0，bgt;0且a≠b，故

limr→0br-arr（b-a）=limr→0brlnb-arlnab-a=lnb-lnab-a.

于是L0（a，b）=limr→0Lr=b-alnb-lna.

又因為lnLr=1r-1lnbr-arr（b-a），所以

limr→1lnLr=limr→1ln{（br-ar）/［r（b-a）］}r-1

=limr→1r（b-a）br-ar·（brlnb-arlna）r（b-a）-（br-ar）（b-a）r2（b-a）2

=limr→1［（brlnb-arlna）r-（br-ar）］r（br-ar）

=limr→1（brlnb-arlnabr-ar-1r）

=1b-aln（bbaa）-1，

故L1（a，b）=limr→1Lr=1e（bbaa）1b-a.

由Lr（a，b）的單調(diào)性和定理1，得到

定理2" 當bgt;agt;0時，Lr（a，b）有不等式鏈

L-

SymboleB@ （a，b）lt;…lt;L-1（a，b）lt;L0（a，b）lt;L1（a，b）lt;L2（a，b）lt;…lt;L+

SymboleB@ （a，b），

即alt;…lt;ablt;b-alnb-lnalt;1e（bbaa）1b-alt;a+b2lt;…lt;b.⑤

由廣義對數(shù)平均（Stolarsky平均）的單調(diào)性及以上兩個定理，可窺見對數(shù)平均不等式的背景及其來龍去脈.

5" 對數(shù)平均不等式的一個隔離

定理3" 當bgt;agt;0時，有

ablt;b-alnb-lnalt;a+ab+b3

lt;1e（bbaa）1b-alt;a+b2.

證明" （1） b-alnb-lnalt;a+ab+b3等價于

b/a-1ln（b/a）lt;1+b/a+b/a3.

令x=bagt;1，則只需證

2（1+x+x2）lnxgt;3x2-3.

設f（x）=2（1+x+x2）lnx-3x2+3（xgt;1），則

f ′（x）=（2+4x）lnx+2x+2-4x.

因為xgt;1，所以f ″（x）=4lnx+2（x-1）x2gt;0.

所以f ′（x）在（1，+

SymboleB@ ）單調(diào)遞增.

故f ′（x）gt;f ′（1）=0.

所以f（x）在（1，+

SymboleB@ ）單調(diào)遞增.

故f（x）gt;f（1）=0.

即2（1+x+x2）lnxgt;3x2-3.

（2）下面證明：ablt;1e（bbaa）1b-alt;a+b2.

先證明如下引理：

引理" 設f（x）是［a，b］上的連續(xù)凹函數(shù)，則

f（a）+f（b）2lt;1b-a∫baf（x）dxlt;f（a+b2）.

證明" （?。1，x2∈［a，b］和λ∈（0，1），

令x=（1-λ）a+λb，因為f（x）是凹函數(shù)，所以

∫baf（x）dx=（b-a）∫10f［（1-λ）a+λb］dλ，

gt;（b-a）∫10（1-λ）f（a）+λf（b）dλ

=（b-a）12f（a）+12f（b）

=（b-a）f（a）+f（b）2.

所以f（a）+f（b）2lt;1b-a∫baf（x）dx.

（ⅱ）因為f（x）是凹函數(shù)，令x0=a+b2，則

f（x）lt;f（x0）+f ′（x0）（x-x0）.

所以∫baf（x）dxlt;（b-a）f（x0）+f ′（x0）∫ba（x-x0）dx=f（x0）.

所以1b-a∫baf（x）dxlt;f（a+b2）.

由（?。áⅲ┲淼米C.

因為

e1b-a∫balnxdx=e1b-a（blnb-b-alna+a）

=e1b-a［lnbbaa-（b-a）］

=e1b-alnbbaa-1

=1e（bbaa）1b-a，

所以

ablt;1e（bbaa）1b-alt;a+b2

elnablt;e1b-a∫balnxdxlt;elna+b2

lna+lnb2lt;1b-a∫balnxdxlt;lna+b2.

令f（x）=lnx，則f（x）是［a，b］上的凹函數(shù)，根據(jù)引理可得

lna+lnb2lt;1b-a∫balnxdxlt;lna+b2.

問題得證.

（3）a+ab+b3lt;1e（bbaa）1b-a的證明留給讀者完成.

評析" H（a，b）=a+ab+b3稱為a，b的Heron平均.

記L=L0（a，b）=b-alnb-lna，

I=L1（a，b）=1e（bbaa）1b-a，

則定理3即：

Glt;Llt;13G+23Alt;Ilt;A.

下面繼續(xù)探究G，L，A之間的關系，并將其進行推廣.

6" 對數(shù)平均不等式的推廣

在Llt;13G+23Alt;I的基礎上，2001年J.Sandor［7］得到如下結(jié)果

I2lt;13G2+23A2.

受到上式的啟示，筆者研究了G，L，A的類似關系，得到

L2lt;13G2+23A2.⑥

再將⑥式進行推廣，得到如下的結(jié)論.

定理4" （1）設0≤λ≤23，則L2lt;λG2+（1-λ）A2.

（2）設λ≥1，則L2gt;λG2+（1-λ）A2.

證明" 要證（1），即證

（b-alnb-lna）2lt;λab+（1-λ）（a+b）24.

兩邊同時除以a2，并令x=bagt;1，得

（x-1lnx）2lt;λx+（1-λ）（1+x）24.

設h（x）=［4λx+（1-λ）（1+x）2］ln2x4（x-1）2（xgt;1），則只需證h（x）gt;1即可.

求導，得

h′（x）=

-lnx2x（x-1）3·

（2xlnx-3λx2+3λx+x+1-x2-x3-λ+λx3+2x2lnx），

設g（x）=2xlnx-3λx2+3λx+x+1-x2-x3-λ+λx3+2x2lnx，xgt;1，則

g′（x）=3+2lnx-6λx+3λ-3x2+3λx2+4xlnx，

g″（x）=2x-6λ-6x+6λx+4+4lnx，

g（x）=-2x2-6+6λ+4x

=2（-1-3x2+3λx2+2x）x2.

顯然，因為xgt;1，0≤λ≤23，所以

g（x）=2（-1-3x2+3λx2+2x）x2

≤2（-1-3x2+2x2+2x）x2

=-2（x-1）2x2lt;0.

從而g″（x）在（1，+

SymboleB@ ）上單調(diào)遞減.

所以g″（x）lt;g″（1）=0.

從而g′（x）在（1，+

SymboleB@ ）上單調(diào)遞減.

所以g′（x）lt;g′（1）=0.

從而g（x）在（1，+

SymboleB@ ）上單調(diào)遞減.

所以g（x）lt;g（1）=0.

故h′（x）gt;0.

從而h（x）在（1，+

SymboleB@ ）上單調(diào)遞增.

由洛必達法則，得

limx→1+h（x）=

limx→1+18x-8

·{

［4λ+2（1-λ）（1+x）］ln2x+2［4λx+（1-λ）（1+x）2］lnxx}

=limx→1+{14（1-λ）ln2x+12［4λ+2（1-λ）（1+x）］lnxx+14［4λx+（1-λ）（1+x）·1-lnxx2］

=2［4λ+4（1-λ）］8=1.

所以h（x）gt;h（1）=1.（1）得證.

當λ≥1時，因為xgt;1，所以

g（x）=2（-1-3x2+3λx2+2x）x2

≥2（-1-3x2+3x2+2x）x2

=2（2x-1）x2gt;0.

類似可得，h（x）在（1，+

SymboleB@ ）上單調(diào)遞減.

所以h（x）lt;h（1）=1，（2）得證.

注意到，bgt;agt;0，Glt;A，從而當0≤qlt;λ≤1時，有

λG2+（1-λ）A2lt;qG2+（1-q）A2.⑦

事實上，

λG2+（1-λ）A2-［qG2+（1-q）A2］

=（λ-q）G2-（λ-q）A2

=（λ-q）（G2-A2）lt;0.

由⑦式及定理4，得到不等式鏈

G2lt;…lt;34G2+14A2lt;…lt;L2lt;23G2+13A2lt;…lt;12G2+12A2lt;13G2+23A2lt;A2.

7" 結(jié)束語

對數(shù)平均不等式活躍在最近幾年的高考試題中，所以有必要對其進行深度研究.從廣義對數(shù)平均的單調(diào)性可知對數(shù)平均不等式的背景就是L-1（a，b）lt;L0（a，b）lt;L2（a，b），而且還得到了對數(shù)平均不等式的隔離，最后將對數(shù)平均不等式進行推廣，并獲得關于L，G，A的不等式鏈.對數(shù)平均不等式的隔離及其不等式鏈也許會成為高考命題人命制導數(shù)題的背景，讀者值得留意.

參考文獻：

［1］

藍云波，何洪標.活躍在各類考試中的對數(shù)平均不等式［J］.數(shù)學教學，2016（05）：22-25.

［2］ 李鴻昌，徐章韜.關于對數(shù)平均的一個不等式的推廣［J］.數(shù)學通報，2023，62（08）：50-52.

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［4］ 張君.對數(shù)平均不等式的六種新穎證明及其應用［J］.中學數(shù)學研究（華南師范大學版），2023（11）：40-42.

［5］ 匡繼昌.常用不等式［M］.5版.濟南：山東科學技術出版社，2021.

［6］ K.B.Stolarsky.Generalizations of the Logarithmic Mean［J］.Mathematics Magazine，1975，48（2） ：87-92.

［7］ József Sándor，Tiberiu Trif.Some new inequalities for means of two arguments［J］.International Journal of Mathematics and Mathematical Sciences，2008，25（8）：525-532.

［責任編輯：李" 璟］