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hyj123ujuy 幼苗
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f(x) |
x |
xf′(x)−f(x) |
x |
xf′(x)−f(x) |
x2 |
f(x) |
x |
f(x) |
x |
f(x1) |
x1 |
f(x1+x2) |
x1+x2 |
(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+…+xn,而F(x)=
f(x)
x在(0,+∞)上是增函数,则F(x1)<F(x1+x2+…+xn),
即
f(x1)
x1<
f(x1+x2+…+xn)
x1+x2…+xn,
∴(x1+x2+…+xn)f(x1)<x1f(x1+x2+…+xn)
同理 (x1+x2+…+xn)f(x2)<x2f(x1+x2+…+xn),
…,
(x1+x2+…+xn)f(xn)<xnf(x1+x2+…+xn)
以上n个不等式相加得:(x1+x2+…+xn)[f(x1)+f(x2)+…f(xn)]<(x1+x2+…+xn)f(x1+x2+…+xn)
而x1+x2+…+xn>0,f(x1)+f(x2)+…f(xn)<f(x1+x2+…+xn).
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(xn)<f(x1+x2+…+xn)成立,
即f(x1)+f(x2)+…f(xk)<f(x1+x2+…+xk)成立,
则当n=k+1时,f(x1)+f(x2)+…f(xk)+f(xk+1)<f(x1+x2+…+xk)+f(xk+1)
再由(2)的结论,f(x1+x2+…+xk)+f(xk+1)<f[(x1+x2+…+xk)+xk+1]f(x1+x2+…+xk)+f(xk+1)<f(x1+x2+…+xk+xk+1)
因此不等式f(x1)+f(x2)+…f(xn)<f(x1+x2+…+xn)对任意n≥2的自然数均成立
点评:
本题考点: 用数学归纳法证明不等式;函数单调性的判断与证明;函数的单调性与导数的关系.
考点点评: 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.
1年前
(2010•沅江市模拟)计算(1−1i)2的结果是______.
1年前1个回答
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