Question

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

f(x)

x

在（0，+∞）上單調遞增；
（Ⅱ）當x₁＞0，x₂＞0時，證明：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）；
（Ⅲ）已知不等式ln（1+x）＜x在x＞-1且x≠0時恒成立，證明：

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）先利用導數(shù)的四則運算，求函數(shù)g（x）的導函數(shù)，結合已知證明導函數(shù)g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即可證明其在（0，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x₁＞0，x₂＞0時，有

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x1)

x1

，

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x2)

x2

，由此可得結論．
（Ⅲ）由于

1

(n+1)2

ln（n+1）²=-

1

(n+1)2

ln

1

(n+1)2

，故構造一個符合條件的函數(shù)f（x）=xlnx，利用（I）的結論，得x₁lnx₁+x₂lnx₂+…+x_nlnx_n＜（x₁+x₂+…+x_n）ln（x₁+x₂+…+x_n）（n≥2），令x_n=

1

(n+1)2

，記S_n=x₁+x₂+…x_n=

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

，利用放縮法，即可證明結論．

解答：證明：（Ⅰ）∵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，+∞）上單調遞增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，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）；
（Ⅲ）由于

1

(n+1)2

ln（n+1）²=-

1

(n+1)2

ln

1

(n+1)2

，設f（x）=xlnx，則xf′（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立．
由（Ⅱ）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
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x_n=

1

(n+1)2

，記S_n=x₁+x₂+…x_n=

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

∴S_n＜

1

1•2

+

1

2•3

+…+

1

n(n+1)

=1-

1

n+1

，
又S_n＞

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)

∴

1

22

ln2²+

1

32

ln3²+

1

42

ln4²+…+

1

(n+1)2

ln（n+1）²＞

n

2(n+1)(n+2)

點評：本題考查了導數(shù)的四則運算，考查利用導數(shù)證明函數(shù)的單調性，利用函數(shù)的單調性證明不等式，以及利用函數(shù)性質構造數(shù)列證明數(shù)列不等式的方法，難度較大．