Question

已知函数f（x）是在（0，+∞）上每一点处可导的函数，若xf′（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立．
（Ⅰ）求证：函数g（x）=

f(x)

x

在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）当x₁＞0，x₂＞0时，证明：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）；
（Ⅲ）已知不等式ln（1+x）＜x在x＞-1且x≠0时恒成立，证明：

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）先利用导数的四则运算，求函数g（x）的导函数，结合已知证明导函数g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即可证明其在（0，+∞）上是增函数；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x₁＞0，x₂＞0时，有

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x1)

x1

，

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x2)

x2

，由此可得结论．
（Ⅲ）由于

1

(n+1)2

ln（n+1）²=-

1

(n+1)2

ln

1

(n+1)2

，故构造一个符合条件的函数f（x）=xlnx，利用（I）的结论，得x₁lnx₁+x₂lnx₂+…+x_nlnx_n＜（x₁+x₂+…+x_n）ln（x₁+x₂+…+x_n）（n≥2），令x_n=

1

(n+1)2

，记S_n=x₁+x₂+…x_n=

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

，利用放缩法，即可证明结论．

解答：证明：（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，
从而有g（x）=

f(x)

x

在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x₁＞0，x₂＞0时，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），
两式相加得：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

，设f（x）=xlnx，则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
由数学归纳法可知：x_i＞0（i=1，2，3，…，n）时，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）时，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

，记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)

  （**）
将（**）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)

点评：本题考查了导数的四则运算，考查利用导数证明函数的单调性，利用函数的单调性证明不等式，以及利用函数性质构造数列证明数列不等式的方法，难度较大．