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）=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：ln2²+ln3²+ln4²+…+ln（n+1）²＞（n∈N₊）．

Answer 1

【答案】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＞，＞，由此可得结论．
（Ⅲ）由于ln（n+1）²=-ln，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=，记S_n=x₁+x₂+…x_n=++…+，利用放缩法，即可证明结论．
解答：证明：（Ⅰ）∵g（x）=，∴g′（x）=
∵xf′（x）＞f（x），∴g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
从而有g（x）=在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x₁＞0，x₂＞0时，有＞，＞，
于是有：f（x₁）＜f（x₁+x₂），f（x₂）＜f（x₁+x₂），
两式相加得：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）；
（Ⅲ）由于ln（n+1）²=-ln，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=，记S_n=x₁+x₂+…x_n=++…+
∴S_n＜++…+=1-，
又S_n＞+…+=-，且ln（x+1）＜x
∴（x₁+x₂+…+x_n）ln（x₁+x₂+…+x_n）＜（x₁+x₂+…+x_n）ln（1-）＜-（x₁+x₂+…+x_n）＜-（-）=-  （**）
将（**）代入（*）中，可知-[ln2²+ln3²+ln4²+…+ln（n+1）²]＜-
∴ln2²+ln3²+ln4²+…+ln（n+1）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．