试题分析:(Ⅰ)判断F(x)的单调性,则需对F(x)求导,得F′(x)=,∵f ′(x)>,x>0,则xf ′(x)-f(x)>0,即F′(x)>0,F(x)=在(0,+∞)上是增函数.(Ⅱ)要证明f(x1)+f(x2)<f(x1+x2),可以从第(Ⅰ)的结论入手,∵x1>0,x2>0,∴0<x1<x1+x2,F(x)=在(0,+∞)上是增函数,则F(x1)<F(x1+x2),即<,而x1>0,所以f(x1)<f(x1+x2),同理f(x2)<f(x1+x2),两式相加,得f(x1)+f(x2)<f(x1+x2),得证.(Ⅲ)(Ⅱ)中结论的推广形式为:设x1,x2,…,xn∈(0,+∞),其中n≥2,则f(x1)+f(x2)+…+f(xn)<f(x1+x2+…+xn).证明的方法同(Ⅱ)的证明,∵x1>0,x2>0,…,xn>0,∴0<x1<x1+x2+…+xn.F(x)=在(0,+∞)上是增函数,F(x1)<F(x1+x2+…+xn),即<,而x1>0,所以f(x1)<f(x1+x2+…+xn),同理f(x2)<f(x1+x2+…+xn),…… f(xn)<f(x1+x2+…+xn),以上n个不等式相加,得f(x1)+f(x2)+…+f(xn)<f(x1+x2+…+xn),得证. 试题解析:(Ⅰ)对F(x)求导数,得F′(x)=. ∵f ′(x)>,x>0,∴xf ′(x)>f(x),即xf ′(x)-f(x)>0, ∴F′(x)>0. 故F(x)=在(0,+∞)上是增函数. (Ⅱ)∵x1>0,x2>0,∴0<x1<x1+x2. 由(Ⅰ),知F(x)=在(0,+∞)上是增函数, ∴F(x1)<F(x1+x2),即<. ∵x1>0,∴f(x1)<f(x1+x2). 同理可得f(x2)<f(x1+x2). 以上两式相加,得f(x1)+f(x2)<f(x1+x2). (Ⅲ)(Ⅱ)中结论的推广形式为: 设x1,x2,…,xn∈(0,+∞),其中n≥2,则f(x1)+f(x2)+…+f(xn)<f(x1+x2+…+xn). ∵x1>0,x2>0,…,xn>0, ∴0<x1<x1+x2+…+xn. 由(Ⅰ),知F(x)=在(0,+∞)上是增函数, ∴F(x1)<F(x1+x2+…+xn),即<. ∵x1>0, ∴f(x1)<f(x1+x2+…+xn). 同理可得 f(x2)<f(x1+x2+…+xn), f(x3)<f(x1+x2+…+xn), …… f(xn)<f(x1+x2+…+xn). 以上n个不等式相加,得f(x1)+f(x2)+…+f(xn)<f(x1+x2+…+xn). |