2004 年考研数学（二） 第 19 题

含 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 结构的不等式，第一反应是拉格朗日中值定理——把差商换成某点导数 $\frac{2\ln c}{c}$。接着的核心是发现 $\frac{4}{e^2}$ 正是 $\phi (x)=\frac{2\ln x}{x}$ 在 $x=e^2$ 的值，而 $\phi$ 在 $(e,e^2)$ 上递减，于是内部点 $c$ 处 $\phi (c)>\phi (e^2)=\frac{4}{e^2}$。单调性法本质相同：把 $\frac{4}{e^2}$ 认成 $g^{\prime }(e^2)=0$ 的边界斜率。识别「常数 $\frac{4}{e^2}=$ 某函数在端点的值」是本题突破口。

本题考查用辅助函数单调性或拉格朗日中值定理证明不等式。

方法一（辅助函数 + 单调性）。 原不等式等价于 ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a-\frac{4}{e^2}(b-a)>0$。固定 $a$，令
$$g(x)={\ln }^{2}x-{\ln }^{2}a-\frac{4}{e^2}(x-a),g(a)=0.$$
则 $g^{\prime }(x)=\frac{2\ln x}{x}-\frac{4}{e^2}$，$g^{\prime \prime }(x)=\frac{2(1-\ln x)}{x^2}<0(x>e)$，故 $g^{\prime }(x)$ 在 $(e,+\infty )$ 上单调减少。

又 $g^{\prime }(e^2)=\frac{2\cdot 2}{e^2}-\frac{4}{e^2}=0$，结合 $g^{\prime }$ 单调减少知：当 $e<x<e^2$ 时 $g^{\prime }(x)>g^{\prime }(e^2)=0$，即 $g(x)$ 在 $(e,e^2)$ 上单调增加。由 $e<a<b<e^2$ 与 $g(a)=0$ 得 $g(b)>g(a)=0$，即 ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a>\frac{4}{e^2}(b-a)$。

方法二（拉格朗日中值定理）。 令 $f(x)={\ln }^{2}x$，$f^{\prime }(x)=\frac{2\ln x}{x}$。在 $[a,b]$ 上由中值定理存在 $c\in (a,b)$ 使
$$\frac{{\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a}{b-a}=\frac{2\ln c}{c}.$$
令 $\phi (x)=\frac{2\ln x}{x}$，${\phi }^{\prime }(x)=\frac{2(1-\ln x)}{x^2}<0(x>e)$，故 $\phi$ 在 $(e,e^2)$ 上单调减少，从而 $\phi (c)>\phi (e^2)=\frac{4}{e^2}$。因此 $\frac{{\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a}{b-a}>\frac{4}{e^2}$，两端乘 $b-a>0$ 即得所证。