Question

已知函數(shù)f（x）是在（0，+∞）上每一點處均可導的函數(shù)，若xf′（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立．
（Ⅰ）①求證：函數(shù)g(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函數(shù)；
②當x₁＞0，x₂＞0時，證明：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）；
（Ⅱ）已知不等式ln（x+1）＜x在x＞-1且x≠0時恒成立，求證：

1

22

ln22+

1

32

ln32+

1

42

ln42+…+

1

(n+1)2

ln(n+1)2＞

n

2(n+1)(n+2)

，(n∈N*)．

Answer 1

分析：（I）①先利用導數(shù)的四則運算，求函數(shù)g（x）的導函數(shù)，結(jié)合已知證明導函數(shù)g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即可證明其在（0，+∞）上是增函數(shù)；②利用①的結(jié)論，且x₁＞0，x₂＞0時，x₁+x₂＞x₁，且x₁+x₂＞x₂，得

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x1)

x1

，

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x2)

x2

，從中解出f（x₁）、f（x₂）即可證得結(jié)論；（II）構(gòu)造一個符合條件的函數(shù)f（x）=xlnx，利用（I）的結(jié)論，得x₁lnx₁+x₂lnx₂+…+x_nlnx_n＜（x₁+x₂+…+x_n）ln（x₁+x₂+…+x_n）（n≥2），令xn=

1

(n+1)2

，再將Sn=x1+x2+…xn=

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

放縮，即可證得所證不等式

解答：解（Ⅰ）①∵g(x)=

f(x)

x

，∴g/(x)=

f/(x)•x-f(x)

x2

∵xf′（x）＞f（x），∴g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
從而有g(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函數(shù)．
②由①知g(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函數(shù)，當x₁＞0，x₂＞0時，有

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x1)

x1

，

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x2)

x2

，
于是有：f(x1)＜

x1

x1+x2

f(x1+x2)，f(x2)＜

x2

x1+x2

f(x1+x2)，
兩式相加得：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）
（Ⅱ）由（Ⅰ）②可知：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂），（x₁＞0，x₂＞0）恒成立
由數(shù)學歸納法可知：x_i＞0（i=1，2，3，…，n）時，有：f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）+…+f（x_n）＜f（x₁+x₂+x₃+…x_n）（n≥2）恒成立
設f（x）=xlnx，則，則x_i＞0（i=1，2，3，…，n）時，x₁lnx₁+x₂lnx₂+…+x_nlnx_n＜（x₁+x₂+…+x_n）ln（x₁+x₂+…+x_n）（n≥2）（*）恒成立
令xn=

1

(n+1)2

，記Sn=x1+x2+…xn=

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

又Sn＜

1

1•2

+

1

2•3

+…+

1

n(n+1)

=1-

1

n+1

，
又Sn＞

1

2•3

+…+

1

(n+1)(n+2)

=

1

2

-

1

n+2

，且ln（x+1）＜x
∴（x₁+x₂+…+x_n）ln（x₁+x₂+…+x_n）＜（x₁+x₂+…+x_n）ln（1-

1

n+1

）＜-

1

n+1

（x₁+x₂+…+x_n）＜-

1

n+1

（

1

2

-

1

n+2

）=-

n

2(n+1)(n+2)

  （**）
將（**）代入（*）中，可知：-（

1

22

ln22+

1

32

ln32+

1

42

ln42+…+

1

(n+1)2

ln(n+1)2）＜-

n

2(n+1)(n+2)

，(n∈N*)
于是

1

22

ln22+

1

32

ln32+

1

42

ln42+…+

1

(n+1)2

ln(n+1)2＞

n

2(n+1)(n+2)

，(n∈N*)

點評：本題綜合考查了導數(shù)的四則運算，利用導數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式，以及利用函數(shù)性質(zhì)構(gòu)造數(shù)列證明數(shù)列不等式的方法，難度較大