Question

设f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）的导函数为f'（x），且对任意正数x均有f′(x)＞

f(x)

x

，
（1）判断函数F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上的单调性；
（2）设x₁，x₂∈（0，+∞），比较f（x₁）+f（x₂）与f（x₁+x₂）的大小，并证明你的结论；
（3）设x₁，x₂，…x_n∈（0，+∞），若n≥2，比较f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_n）与f（x₁+x₂+…+x_n）的大小，并证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）通过f′(x)＞

f(x)

x

推出

xf′(x)-f(x)

x

＞0，说明F′（x）=

xf′(x)-f(x)

x2

＞0，即可得到F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函数．
（2）设x₁，x₂∈（0，+∞），0＜x₁＜x₁+x₂，而F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函数，推出

f(x1)

x1

＜

f(x1+x2)

x1+x2

，
然后推出 f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）．即可．
（3）法一：类似（2）的方法通过函数的单调性证明：设₁，x₂，…x_n∈（0，+∞），f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）＞f（x₁+x₂+…+x_n）
法二：利用数学归纳法，利用（2）的验证n=2时猜想成立，然后假设n=k时猜想成立，然后证明n=k+1时猜想也成立即可．

解答：解：（1）由于f′(x)＞

f(x)

x

得，

xf′(x)-f(x)

x

＞0，而x＞0，
则xf′（x）-f（x）＞0，
则F′（x）=

xf′(x)-f(x)

x2

＞0，因此F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函数．
（2）由于x₁，x₂∈（0，+∞），则0＜x₁＜x₁+x₂，而F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函数，则F（x₁）＜F（x₁+x₂），即

f(x1)

x1

＜

f(x1+x2)

x1+x2

，
∴（x₁+x₂）f（x₁）＜x₁f（x₁+x₂）（1），同理 （x₁+x₂）f（x₂）＜x₂f（x₁+x₂）（2）
（1）+（2）得：（x₁+x₂）[f（x₁）+f（x₂）]＜（x₁+x₂）f（x₁+x₂），而x₁+x₂＞0，
因此 f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）．
（3）证法1：由于x₁，x₂∈（0，+∞），则0＜x₁＜x₁+x₂+…+x_n，而F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函数，则F（x₁）＜F（x₁+x₂+…+x_n），
即

f(x1)

x1

＜

f(x1+x2+…+xn)

x1+x2…+xn

，
∴（x₁+x₂+…+x_n）f（x₁）＜x₁f（x₁+x₂+…+x_n）
同理 （x₁+x₂+…+x_n）f（x₂）＜x₂f（x₁+x₂+…+x_n），
…，
（x₁+x₂+…+x_n）f（x_n）＜x_nf（x₁+x₂+…+x_n）
以上n个不等式相加得：（x₁+x₂+…+x_n）[f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）]＜（x₁+x₂+…+x_n）f（x₁+x₂+…+x_n）
而x₁+x₂+…+x_n＞0，f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）＜f（x₁+x₂+…+x_n）．
证法2：数学归纳法
①当n=2时，由（2）知，不等式成立；
②当n=k（n≥2）时，不等式f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）＜f（x₁+x₂+…+x_n）成立，
即f（x₁）+f（x₂）+…f（x_k）＜f（x₁+x₂+…+x_k）成立，
则当n=k+1时，f（x₁）+f（x₂）+…f（x_k）+f（x_k+1）＜f（x₁+x₂+…+x_k）+f（x_k+1）
再由（2）的结论，f（x₁+x₂+…+x_k）+f（x_k+1）＜f[（x₁+x₂+…+x_k）+x_k+1]f（x₁+x₂+…+x_k）+f（x_k+1）＜f（x₁+x₂+…+x_k+x_k+1）
因此不等式f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）＜f（x₁+x₂+…+x_n）对任意n≥2的自然数均成立

点评：本题考查函数的单调性，函数值的大小比较，单调性的应用，数学归纳法的应用，注意数学归纳法的证明必须用上假设，考查逻辑推理能力，转化思想．