ALG 不等式另证

几何解释

ALG 不等式指的是，当 $a,b\in \mathbb R$ 且 $0<a<b$ 时有如下不等式成立：

$$\sqrt{ab}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a}<\frac{a+b}{2}$$

即几何平均值小于对数平均值，对数平均值小于算数平均值。

我们先证明右半侧，这与 $\ln b-\ln a>(b-a)\cdot \frac{2}{a+b}$ 等价。

建立平面直角坐标系 $xOy$，设 $A=(a,0),A'=(a,\frac{1}{a}),B=(b,0),B'=(b,\frac{1}{b}),M=(\frac{a+b}{2},0),M'=(\frac{a+b}{2},\frac{2}{a+b})$。

显然直线 $AA',BB',MM'$ 均垂直于 $x$ 轴，$A',B',M'$ 均位于函数 $f(x)=\frac{1}{x}$ 图像上，过点 $M'$ 作关于函数 $f(x)=\frac{1}{x}$ 图像的切线 $\ell$，分别交直线 $AA',BB'$ 于 $C,D$。

显然有曲边梯形 $AA'B'B$ 的面积大于梯形 $ACDB$ 的面积，即 $\ln b-\ln a=\displaystyle \int_a^b\frac{1}{x}\operatorname d x>(b-a)\cdot \frac{2}{a+b}$。

然后证明左半侧：先 $a=\mathrm{e}^p,b=\mathrm{e}^q$，原式变为 $\mathrm{e}^{\frac{p+q}{2}}<\dfrac{\mathrm{e}^q-\mathrm{e}^p}{q-p}$，等价于 $\mathrm{e}^q-\mathrm{e}^p>(q-p)\cdot \mathrm{e}^{\frac{p+q}{2}}$

设点 $P=(p,0),P'=(p,\mathrm e^p),Q=(q,0),Q'=(q,\mathrm{e}^q),M=(\frac{p+q}{2},0),M'=(\frac{p+q}{2},\mathrm{e}^{\frac{p+q}{2}})$。

显然直线 $PP',QQ',MM'$ 均垂直于 $x$ 轴，$P',Q',M'$ 均位于函数 $f(x)=\mathrm{e}^x$ 图像上，过点 $M'$ 作关于函数 $f(x)=\mathrm{e}^x$ 图像的切线 $\ell$，分别交直线 $PP',QQ'$ 于 $A,B$。

显然曲边梯形 $PP'Q'Q$ 的面积大于梯形 $PABQ$ 的面积。即 $\mathrm{e}^q-\mathrm{e}^p=\displaystyle \int_p^q\mathrm {e}^x\operatorname dx>(q-p)\cdot \mathrm{e}^{\frac{p+q}{2}}$。

注意这一侧的不等式证明中 $A$ 可能会在 $x$ 轴下方，把我们上面的所说的面积定义改为有向面积即可（一，二象限面积减去三，四象限面积，显然仍有不等号成立），也就是梯形面积的定义为 $\displaystyle \int_p^q g(x)\operatorname d x$，其中 $g(x)$ 的图像是直线 $\ell$。

这种证法虽然简洁明快，但是没法写在考卷上，因为我们难以在短暂的篇幅内仅使用高中的知识证明曲线 $y=\frac{1}{x}$ 和 $y=\mathrm{e}^x$ 的下方面积，而且光是设点就需要很长的篇幅。所以什么时候把一元微积分下放到高考啊？

考场写法

很喜欢一句话：

也即，我们要说明 $f(x)>g(x)$，其中 $x>0$ 的一个充分条件是：$f(0)\ge g(0)$ 且恒有 $f'(x)>g'(x)$。

所以我们将证明改写为如下形式：

1. $\frac{b-a}{\ln b-\ln a}<\frac{a+b}{2}$

   即证 $\ln b-\ln a>(b-a)\cdot \frac{2}{a+b}$，换元令 $a=m-t,b=m+t$，其中 $t\in (0,m)$。

   只需证 $\ln(m+t)-\ln(m-t)>\frac{2t}{m}$，令 $f(t)=\ln(m+t)-\ln(m-t)-\frac{2t}{m}$。

   $f'(t)=\frac{1}{m+t}+\frac{1}{m-t}-\frac{2}{m}=\frac{2m}{m^2-t^2}-\frac{2m}{m^2}>0$。故 $f(t)$ 单调增，$f(t)>f(0)=0$，证毕。

2. $\sqrt{ab}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a}$

   令 $a=\mathrm{e}^p,b=\mathrm{e}^q$，即 $(q-p)\cdot \mathrm{e}^{\frac{p+q}{2}}<e^q-\mathrm e^p$，换元令 $p=m-t,q=m+t$，其中 $t>0$。

   只需证 $2t\cdot \mathrm{e}^{m}<\mathrm {e}^{m+t}-\mathrm{e}^{m-t}$，令 $f(t)=2t\cdot \mathrm{e}^{m}-\mathrm{e}^{m+t}+\mathrm{e}^{m-t}$。

   $f'(t)=2\mathrm{e}^{m}-(\mathrm{e}^{m+t}+\mathrm{e}^{m-t})$，$f''(t)=-(\mathrm{e}^{m+t}-\mathrm{e}^{m-t})<0$

   故 $f'(t)<f'(0)=0\Longrightarrow f(t)<f(0)=0$，证毕。