Question

設f（x）的定義域為（0，+∞），f（x）的導函數為f'（x），且對任意正數x均有f′(x)＞

f(x)

x

，
（1）判斷函數F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上的單調性；
（2）設x₁，x₂∈（0，+∞），比較f（x₁）+f（x₂）與f（x₁+x₂）的大小，并證明你的結論；
（3）設x₁，x₂，…x_n∈（0，+∞），若n≥2，比較f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_n）與f（x₁+x₂+…+x_n）的大小，并證明你的結論．

Answer 1

分析：（1）通過f′(x)＞

f(x)

x

推出

xf′(x)-f(x)

x

＞0，說明F′（x）=

xf′(x)-f(x)

x2

＞0，即可得到F(x)=

f(x)

x

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

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函數，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：類似（2）的方法通過函數的單調性證明：設₁，x₂，…x_n∈（0，+∞），f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）＞f（x₁+x₂+…+x_n）
法二：利用數學歸納法，利用（2）的驗證n=2時猜想成立，然后假設n=k時猜想成立，然后證明n=k+1時猜想也成立即可．

解答：解：（1）由于f′(x)＞

f(x)

x

得，

xf′(x)-f(x)

x

＞0，而x＞0，
則xf′（x）-f（x）＞0，
則F′（x）=

xf′(x)-f(x)

x2

＞0，因此F(x)=

f(x)

x

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

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函數，則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）證法1：由于x₁，x₂∈（0，+∞），則0＜x₁＜x₁+x₂+…+x_n，而F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函數，則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個不等式相加得：（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）．
證法2：數學歸納法
①當n=2時，由（2）知，不等式成立；
②當n=k（n≥2）時，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，
則當n=k+1時，f（x₁）+f（x₂）+…f（x_k）+f（x_k+1）＜f（x₁+x₂+…+x_k）+f（x_k+1）
再由（2）的結論，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）對任意n≥2的自然數均成立

點評：本題考查函數的單調性，函數值的大小比較，單調性的應用，數學歸納法的應用，注意數學歸納法的證明必須用上假設，考查邏輯推理能力，轉化思想．