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+x-数学试题及答案

1、试题题目：已知函数f（x）是在（0，+∞）上每一点处可导的函数，若xf′（x）＞f（x..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-04 07:30:00

试题原文

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₊）．

试题来源：不详试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的单调性与导数的关系

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

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)

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f（x）是在（0，+∞）上每一点处可导的函数，若xf′（x）＞f（x..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的单调性与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的单调性与导数的关系”。

4、其他试题：看看身边同学们查询过的数学试题：