对数平均不等式，也称算数-对数-几何平均值不等式、A-L-G 不等式（Arithmetic mean-Logarithmic mean-Geometric mean inequality），是指对任意不相等的正实数 \(a,b\)，它们满足
\[\frac{a+b}{2} > \frac{b-a}{\ln b-\ln a} > \sqrt{ab} \]
其中 \(\dfrac{b-a}{\ln b-\ln a}\) 被称为对数平均值。
证明
用柯西积分不等式证明
根据柯西积分不等式（证明）
\[\left[\int_a^b f(x)g(x)\ \mathrm{d}x\right]^2\le \int_a^b f^2(x)\ \mathrm{d}x\int_a^b g^2(x)\ \mathrm{d}x \]
令 \(f^2(x)= x\)，\(g^2(x)= \frac{1}{x}\)，则有 \(\left| f(x)g(x) \right| = 1\)
代入柯西积分不等式得（\(f(x)\) 与 \(g(x)\) 线性无关，故等号不可取）
\[\left( b-a \right)^2 < \frac{1}{2}\left( b^2-a^2 \right)\left( \ln b-\ln a \right) \]
\(b-a\) 与 \(\ln b-\ln a\) 同正负，故 \((b-a)(\ln b -\ln a)>0\)，不等式两边同时除以 \((b-a)(\ln b -\ln a)\) 得
\[\frac{b-a}{\ln b-\ln a} < \frac{a+b}{2} \]
令 \(f(x) = \frac{1}{x}\)，\(g(x)=1\)，则有 \(\left| f(x)g(x) \right| = \frac{1}{x}\)
代入柯西积分不等式得（\(f(x)\) 与 \(g(x)\) 线性无关，故等号不可取）
\[\left( \ln b-\ln a \right)^2 < \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b}\right)\left( b-a \right) \]
其中
\[\left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b}\right)\left( b-a \right) = \frac{(b-a)^2}{ab} \]
所以
\[ab < \frac{(b-a)^2}{(\ln b-\ln a)^2} \]
即
\[\sqrt{ab} < \frac{b-a}{\ln b-\ln a} \]
高中知识证明
思路：由于 \(a,b\) 是两个独立的变量，如果能够构造两个变量的比值（或差值）实现变量归一，那么就能利用导数证明此不等式。
不妨设 \(b>a\)，则
\[\frac{a+b}{2} > \frac{b-a}{\ln b-\ln a} \\[8pt] \Leftrightarrow (a+b)(\ln b-\ln a)>2(b-a) \\[8pt] \Leftrightarrow \left(\frac{b}{a}+1\right) \ln \frac{b}{a}>2\left(\frac{b}{a}-1\right) \]
设函数 \(f(x)=(1+x) \ln x-2(x-1)\ (x>1)\)，则
\[f'(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-2=\frac{x \ln x-x+1}{x} \]
令 \(g(x)=x \ln x-x+1(x>1)\), 则 \(g'(x)=\ln x>0\)，所以 \(g(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 单调递增，\(g(x)>g(1)=0\)
所以 \(f'(x)>0\)，\(f(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 单调递增，\(f(x)>f(1)=0\)，故原不等式成立。
\[\frac{b-a}{\ln b-\ln a} > \sqrt{ab} \\[8pt] \Leftrightarrow \sqrt{\frac{b}{a}} - \sqrt{\frac{a}{b}} > \ln \frac{b}{a} \]
设 \(f(x)=x-\frac{1}{x}-\ln x^2 = x-\frac{1}{x}-2\ln x\ (x>1)\)，则
\[f'\left(x\right)= 1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}=\frac{(x+1)^2}{x} > 0 \]
所以 \(f(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 单调递增，\(f(x)>f(1)=0\)，故原不等式得证。
几何意义
图中曲线为 \(y=\frac{1}{x}\)，因为曲边梯形面积 \(>\) 梯形面积 \(=\) 矩形面积，所以
\[\int_a^b \frac{1}{x}\ \mathrm{d}x > \frac{2}{a+b}(b-a) \]
\[\ln b-\ln a > \frac{2}{a+b}(b-a) \]
\[\frac{a+b}{2} > \frac{b-a}{\ln b-\ln a} \]
图中曲线为 \(y=\frac{1}{x}\)，因为曲边梯形面积 \(<\) 两个梯形面积之和，所以
\[\ln b-\ln a < \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{\sqrt{ab}}\right)\left(\sqrt{ab}-a\right) + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{b}\right)(b-\sqrt{ab}) \\[8pt] =\frac{(\sqrt{ab}+a)(\sqrt{ab}-a)}{2 a\sqrt{ab}}+\frac{(b+\sqrt{ab})(b-\sqrt{ab})}{2 b \sqrt{a b}} \\[8pt] =\frac{ab-a^2}{2 a\sqrt{ab}}+\frac{b^2-ab}{2 b \sqrt{a b}}=\frac{b-a}{2\sqrt{ab}}+\frac{b-a}{2\sqrt{a b}} =\frac{b-a}{\sqrt{a b}} \]
所以
\[\sqrt{a b}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a} \]
应用
To be continued…
柯西积分不等式的证明
由 \(\left[f(x)+tg(x)\right]^2\ge 0\) 得
\[\int_a^b \left[f(x)+tg(x)\right]^2 \mathrm{d}x \ge 0 \]
\[\int_a^b f^2(x)\ \mathrm{d}x + 2t\int_a^b f(x)g(x)\ \mathrm{d}x + t^2\int_a^b g^2(x)\ \mathrm{d}x \ge 0 \]
将上式视为关于 \(t\) 的不等式，则
\[\Delta = 4\left[\int_a^b f(x)g(x)\ \mathrm{d}x\right]^2 - 4\int_a^b f^2(x)\ \mathrm{d}x\int_a^b g^2(x)\ \mathrm{d}x\le 0 \]
所以
\[\left[\int_a^b f(x)g(x)\ \mathrm{d}x\right]^2\le \int_a^b f^2(x)\ \mathrm{d}x\int_a^b g^2(x)\ \mathrm{d}x \]
上式称为柯西积分不等式。等号成立的充分必要条件是 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 线性相关，即 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 中有一个恒为零或存在常数 \(t\) 使得 \(f(x)=tg(x)\) 恒成立。（证明见柯西施瓦兹不等式的积分形式等号成立的条件是什么呢？如何证明呢？ - 刘醉白的回答 - 知乎）
