2026高中數學10大導數：專題14 兩個經典不等式的應用(教師版)

專題14兩個經典不等式的應用

邏輯推理是得到數學結論，構建數學體系的重要方式，是數學嚴謹性的基本保證．利用兩個經典不等

式解決問題，降低了思考問題的難度，優化了推理和運算過程．

1．對數形式：x≥1＋lnx(x>0)，當且僅當x＝1時，等號成立．

2．指數形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立．

進一步可得到一組不等式鏈：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．

注意：選填題可直接使用，解答題必須先證明后再使用．

考點一兩個經典不等式的應用

1．對數形式：x≥1＋lnx(x>0)，當且僅當x＝1時，等號成立．

1x－1

證明由題意知x>0，令f(x)＝x－1－lnx，所以f′(x)＝1－＝，

xx

所以當f′(x)>0時，x>1；當f′(x)<0時，0<x<1，

故f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，

所以f(x)有最小值f(1)＝0，故有f(x)＝x－1－lnx≥f(1)＝0，即lnx≤x－1成立．

2．指數形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立．

證明設f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0，

所以當x<0時，f′(x)<0；當x>0時，f′(x)>0，

所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，

所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，所以ex≥x＋1．

【例題選講】

[例1](1)已知對任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋lnx，則實數a的取值范圍是________．

lnx＋1

答案(－∞，1]解析根據題意可知，x>0，由x·e2x－ax－x≥1＋lnx，可得a≤e2x－－1(x>0)

x

2xlnx＋1xxx

恒成立，令f(x)＝e－－1，則a≤f(x)min，現證明e≥x＋1恒成立，設g(x)＝e－x－1，g′(x)＝e－1，

x

當g′(x)＝0時，解得x＝0，當x<0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x>0時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，故當x

lnx＋1

＝0時，函數g(x)取得最小值，g(0)＝0，所以g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0ex≥x＋1恒成立，f(x)＝e2x－

x

＋?

x·e2x－lnx－1elnx2x－lnx－1lnx＋2x＋1－lnx－1

－1＝－1＝－1≥－1＝1，所以f(x)min＝1，即a≤1．所以實

xxx

數a的取值范圍是(－∞，1]．

x

(2)已知函數f(x)＝e－ax－1，g(x)＝lnx－ax－1，其中0<a<1，e為自然對數的底數，若x0∈(0，

＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，則實數a的取值范圍是________．?

1

0，

答案e2解析令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，則M′(x)＝ex－1，當x∈(0，＋∞)時，M′(x)>0，

所以M(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以M(x)>M(0)＝0，所以ex>x＋1．由于0<a<1，所以當x∈(0，＋∞)

x

時，f(x)＝e－ax－1>0，故若x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，轉化為x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，則g(x0)＝ln

－

lnx01?lnx12lnx?22

x0－ax0－1>0，即a<－．令h(x)＝－，h′(x)＝．當x∈(0，e)時，h′(x)>0，當x∈(e，＋∞)

2

x0x0xxx

lne211

時，h′(x)<0，所以函數h(x)在(0，e2)上單調遞增，在(e2，＋∞)上單調遞減．所以h(x)≤h(e2)＝－＝．所

e2e2e2

1

10，

以0<a<，即a∈e2．

e2

[例2]函數f(x)＝ln(x＋1)－ax，g(x)＝1－ex．

(1)討論函數f(x)的單調性；

(2)若f(x)≥g(x)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求實數a的取值范圍．

1－ax＋1－a

解析(1)函數f(x)的定義域為x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－a＝．

x＋1x＋1

(ⅰ)當a＝0時，f′(x)>0，f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增；

1－a111

(ⅱ)當a≠0時，令f′(x)＝0得x＝＝－1，若a<0，則－1<－1，若a>0，則－1>－1．

aaaa

1

①當a<0時，f′(x)＝－a>0，函數f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增；

x＋1

1－a

x－1－a

－aa－1，

當a>0時，f′(x)＝，所以當x∈a時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，

x＋1

1－a

，＋∞

當x∈a時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，

1－a

－1，

綜上可得，當a≤0時，f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增；當a>0時，f(x)在a上單調遞增，

1－a

，＋∞

在a上單調遞減．

1

(2)設函數h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)＋ex－ax－1，x≥0，則h′(x)＝＋ex－a，

x＋1

11

當a≤2時，由ex≥x＋1得h′(x)＝＋ex－a≥＋x＋1－a≥0，

x＋1x＋1

于是，h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以h(x)≥h(0)＝0恒成立，符合題意；

當a>2時，由于x≥0，h(0)＝0，令函數m(x)＝h′(x)，

1

則m′(x)＝－＋ex(x≥0)．所以m′(x)≥0，

(x＋1)2

故h′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，而h′(0)＝2－a<0．則存在一個x0>0，使得h′(x0)＝0，

所以當x∈[0，x0)時，h(x)單調遞減，故h(x0)<h(0)＝0，不符合題意．

綜上，實數a的取值范圍為(－∞，2]．

[例3]已知函數f(x)＝ex－a．

(1)若函數f(x)的圖象與直線l：y＝x－1相切，求a的值；

(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整數a的最大值．

解析(1)f′(x)＝ex，因為函數f(x)的圖象與直線y＝x－1相切，

所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，∴切點坐標為(0，－1)，則f(0)＝1－a＝－1，∴a＝2．

(2)先證明ex≥x＋1，設F(x)＝ex－x－1，則F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，則x＝0，

當x∈(0，＋∞)時，F′(x)>0；當x∈(－∞，0)時，F′(x)<0．

所以F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，在(－∞，0)上單調遞減，

xx

所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立．∴e≥x＋1，從而e－2≥x－1(x＝0時取等號)．

以lnx代換x得lnx≤x－1(當x＝1時，等號成立)，所以ex－2>lnx．

當a≤2時，lnx<ex－2≤ex－a，則當a≤2時，f(x)－lnx>0恒成立．

當a≥3時，存在x，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立．

綜上，整數a的最大值為2．

[例4]已知函數f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(a∈R)．

(1)求函數y＝f(x)的單調區間；

(2)當a＝1時，證明：對任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2．

a(x＋1)(2x－a)

解析(1)函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝，

xx

當a≤0時，f′(x)>0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，∴函數f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增；

aa

當a>0時，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0，得0<x<，

22

aa

，＋∞0，

∴函數f(x)在區間2上單調遞增，在區間2上單調遞減．

(2)當a＝1時，f(x)＝x2＋x－lnx，要證明f(x)＋ex>x2＋x＋2，

只需證明ex－lnx－2>0，先證明當x>0時，ex>x＋1，

令g(x)＝ex－x－1(x>0)，則g′(x)＝ex－1，當x>0時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，

∴當x>0時，g(x)>g(0)＝0即ex>x＋1，∴ex－lnx－2>x＋1－lnx－2＝x－lnx－1．

∴只要證明x－lnx－1≥0(x>0)，令h(x)＝x－lnx－1(x>0)，

1x－1

則h′(x)＝1－＝(x>0)，易知h(x)在(0，1]上單調遞減，在[1，＋∞)上單調遞增，

xx

∴h(x)≥h(1)＝0即x－lnx－1≥0成立，

∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．

[例5]已知函數f(x)＝x－1－alnx．

(1)若f(x)≥0，求a的值；

111

1＋1＋1＋

(2)證明：對于任意正整數n，222·…·2n<e．

解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，

1

1

①若a≤0，因為f2＝－＋aln2<0，所以不滿足題意；

2

ax－a

②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，

xx

當x∈(0，a)時，f′(x)<0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0；

所以f(x)在(0，a)單調遞減，在(a，＋∞)單調遞增，

故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點．

因為f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0，故a＝1．

(2)由(1)知當x∈(1，＋∞)時，x－1－lnx>0．

1

11＋1

令x＝1＋，得ln2n<．

2n2n

111

1＋1＋1＋1111

從而ln2＋ln22＋…＋ln2n<＋＋…＋＝1－<1．

2222n2n

111

1＋1＋1＋

故222·…·2n<e．

【對點訓練】

1

1．已知函數f(x)＝ex，x∈R．證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一公共點．

2

1

x2＋x＋11

1．解析令g(x)＝f(x)－2＝ex－x2－x－1，x∈R，則g′(x)＝ex－x－1，

2

由經典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上為單調遞增函數，且g(0)＝0．

所以函數g(x)有唯一零點，即兩曲線有唯一公共點．

2．(2018·全國Ⅰ改編)已知函數f(x)＝aex－lnx－1．

(1)設x＝2是f(x)的極值點，求a的值并求f(x)的單調區間；

1

(2)求證：當a＝時，f(x)≥0．

e

111

2．解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－，由題設知，f′(2)＝a·e2－＝0，所以a＝，

x22e2

111

從而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－(x>0)．

2e22e2x

11

因為f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函數，且f′(2)＝0，所以當0<x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0．

2e2x

所以f(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增．

1exex

(2)當a＝時，f(x)＝－lnx－1，所以只要證明－lnx－1≥0即可．

eee

設g(x)＝ex－ex(x>0)，則g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是減函數，在[1，＋∞)上是增函數，

ex

所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex≥x．又由ex≥ex(x>0)x≥1＋lnx(x>0)，

e

??

exex

所以－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以－lnx－1≥0得證，

ee

1

所以當a＝時，f(x)≥0．

e

3．(2020·山東)已知函數f(x)＝aex－1－lnx＋lna．

(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．

－1

3．解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex1－．

x

(1)當a＝e時，f(x)＝ex－lnx＋1，f′(1)＝e－1，

曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2．

－22

直線y＝(e－1)x＋2在x軸、y軸上的截距分別為，2．因此所求三角形的面積為．

e－1e－1

(2)當0<a<1時，f(1)＝a＋lna<1．

－－1

當a＝1時，f(x)＝ex1－lnx，f′(x)＝ex1－．

x

當x∈(0，1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0．

所以當x＝1時，f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1，從而f(x)≥1．

當a>1時，f(x)＝aex－1－lnx＋lna>ex－1－lnx≥1．

綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．

4．已知函數f(x)＝aex＋2x－1(其中常數e＝2．71828…是自然對數的底數)．

(1)討論函數f(x)的單調性；

(2)證明：對任意的a≥1，當x>0時，f(x)≥(x＋ae)x．

4．解析(1)由f(x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2．

①當a≥0時，f′(x)>0，函數f(x)在R上單調遞增；

－2－2

②當a<0時，由f′(x)>0，解得x<lna，由f′(x)<0，解得x>lna，

－2－2

故f(x)在－∞，lna上單調遞增，在lna，＋∞上單調遞減．

綜上所述，當a≥0時，函數f(x)在R上單調遞增；

－2－2

當a<0時，f(x)在－∞，lna上單調遞增，在lna，＋∞上單調遞減．

exx12

(2)對任意a≥1，當x>0時，f(x)≥(x＋ae)x－－＋－e≥0．

xaaxa

?

exx12(x－1)(aex－x－1)

令g(x)＝－－＋－e，則g′(x)＝．

xaaxaax2

當a≥1時，aex－x－1≥ex－x－1．

令h(x)＝ex－x－1，則當x>0時，h′(x)＝ex－1>0．

∴當x>0時，h(x)單調遞增，h(x)>h(0)＝0．∴aex－x－1>0．

∴當0<x<1時，g′(x)<0；當x＝1時，g′(x)＝0；當x>1時，g′(x)>0．

∴g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，

exx12

∴g(x)≥g(1)＝0，即－－＋－e≥0，故f(x)≥(x＋ae)x．

xaaxa

5．已知函數f(x)＝alnx＋1(a∈R)．

(1)若g(x)＝x－f(x)，討論函數g(x)的單調性；

1

(2)若t(x)＝x2＋x，h(x)＝ex－1(其中e是自然對數的底數)，且a＝1，x∈(0，＋∞)，求證：h(x)>t(x)>f(x)．

2

5．解析(1)由題意得，g(x)＝x－f(x)＝x－alnx－1，

ax－a

其定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝1－＝，

xx

當a≤0時，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞增；

當a>0時，易得函數g(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增．

1

(2)設u(x)＝h(x)－t(x)＝ex－1－x2－x，則u′(x)＝ex－x－1，

2

設m(x)＝u′(x)＝ex－x－1，則m′(x)＝ex－1，

當x>0時，m′(x)>0恒成立，則m(x)在(0，＋∞)上單調遞增，

∴m(x)>m(0)＝0，則u(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴u(x)>u(0)＝0，

∴h(x)－t(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即h(x)>t(x)．

1

當a＝1時，設v(x)＝t(x)－x＝x2，

2

1x－1

∵當x>0時，v(x)>0，即t(x)>x．設s(x)＝x－lnx－1，則s′(x)＝1－＝．

xx

易得s(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，

∴s(x)≥s(1)＝0，∴x≥lnx＋1＝f(x)∴t(x)>x≥f(x)，即t(x)>f(x)，

綜上所述，h(x)>t(x)>f(x)．

6．已知函數f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．

(1)若函數f(x)有且只有一個零點，求實數k的值；

111

(2)證明：當n∈N*時，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

23n

1kx－1

6．解析(1)法一：f(x)＝kx－lnx－1，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，

xx

1111

當0<x<時，f′(x)<0；當x>時，f′(x)>0．∴f(x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增．

kkkk

1

∴f(x)min＝fk＝lnk，∵f(x)有且只有一個零點，∴lnk＝0，∴k＝1．

lnx＋1

法二：由題意知方程kx－lnx－1＝0僅有一個實根，由kx－lnx－1＝0，得k＝(x>0)，

x

lnx＋1－lnx

令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，當0<x<1時，g′(x)>0；當x>1時，g′(x)<0．

xx2

∴g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，∴g(x)max＝g(1)＝1，當x→＋∞時，g(x)→0，

∴要使f(x)僅有一個零點，則k＝1．

法三：函數f(x)有且只有一個零點，即直線y＝kx與曲線y＝lnx＋1相切，設切點為(x0，y0)，

1

k＝，

1x0

由y＝lnx＋1，得y′＝，∴∴k＝x0＝y0＝1，∴實數k的值為1．

xy0＝kx0，

y0＝lnx0＋1，

(2)由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，當且僅當x＝1時取等號，

n＋11n＋111123n＋1

∵n∈N*，令x＝，得>ln，∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，

nnn23n12n

111

故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

23n

考點二經典不等式的變形不等式的應用

【例題選講】

[例1]證明下列不等式

－x

(1)ex1≥x；(2)ln(x＋1)≤x；(3)<ln(1＋x)(x>0)；(4)ex－ln(x＋2)>0．

1＋x

解析(1)方法一令f(x)＝ex－1－x，則f′(x)＝ex－1－1．

若x<1，則f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上單調遞減；若x>1，則f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調遞增．

x－1

∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)≥0，∴e≥x．

方法二令t＝x－1，則x＝t＋1．由et≥t＋1，得ex－1≥x．

1－x

(2)由題意知x>－1，令f(x)＝ln(x＋1)－x，所以f′(x)＝－1＝，

x＋1x＋1

所以當f′(x)>0時，－1<x<0；當f′(x)<0時，x>0，

故f(x)在(－1，0)上單調遞增，在(0，＋∞)上單調遞減，

所以f(x)有最大值f(0)＝0，故有f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x成立．

x

(3)方法一構造函數f(x)＝ln(1＋x)－，則g(0)＝0．

1＋x

1x

1－x

當x>0時，f′(x)＝－1＋x(1＋x)2＝>0．

1＋x(1＋x)2

即當x>0時，函數f(x)單調遞增．即f(x)>f(0)＝0．

xx

故f(x)＝ln(1＋x)－>0，即<ln(1＋x)．

1＋x1＋x

方法二∵lnx≤x－1，且當x＝1時等號成立．

111－xx

∴ln<－1(x>0)，即ln<，∴<ln(x＋1)．

x＋1x＋1x＋1x＋1x＋1

(4)令f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，

當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，

∴f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，

∴ex≥x＋1(當且僅當x＝0時，等號成立)．①

1x＋1

令g(x)＝x＋1－ln(x＋2)，則g′(x)＝1－＝(x>－2)，

x＋2x＋2

易知g(x)在(－2，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增，

∴g(x)≥g(－1)＝0，即x＋1－ln(x＋2)≥0，即x＋1≥ln(x＋2)(當且僅當x＝－1時，等號成立)．②

∵①和②中的等號不能同時成立，∴由①和②得ex>ln(x＋2)，即ex－ln(x＋2)>0．

1

[例2](1)已知函數f(x)＝，則y＝f(x)的圖象大致為()

ln(x＋1)－x

(1)答案B解析因為f(x)的定義域為{x|x>－1，且x≠0}，所以排除選項D．當x>0時，由經典不等

式x>1＋lnx(x>0)，以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即

x>0或－1<x<0時均有f(x)<0，排除A、C，易知B正確．

－1

(2)函數f(x)＝ex1－ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值范圍是()

2

A．{1}B．{－1，1}C．{0，1}D．{－1，0}

答案A解析f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，即ex－1≥ax－(a－1)恒成立，由于：ex≥x＋1，即ex

－1≥x，∴只需要x≥ax－(a－1)，即(a－1)(x－1)≤0恒成立，所以a＝1．

[例3]設函數f(x)＝lnx－x＋1．

(1)討論f(x)的單調性；

x－1

(2)證明：當x∈(1，＋∞)時，1<<x．

lnx

1

解析(1)由題意知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1．

x

當0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．

(2)由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0．

11x－1

所以當x≠1時，lnx<x－1．故當x∈(1，＋∞)時，lnx<x－1，ln<－1，即1<<x．

xxlnx

[例4]已知函數f(x)＝ln(1＋x)．

x

(1)求證：當x∈(0，＋∞)時，<f(x)<x；

1＋x

12n

1＋1＋1＋

(2)已知e為自然對數的底數，證明：n∈N*，e<n2n2·…·n2<e．

x?x11x

解析(1)令g(x)＝f(x)－＝ln(1＋x)－(x>0)，則g′(x)＝－＝>0(x>0)．

x＋1x＋1x＋1(x＋1)2(x＋1)2

x

∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴當x∈(0，＋∞)時，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>成立．

x＋1

1x

令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，則h′(x)＝－1＝－<0(x>0)，

x＋1x＋1

∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，∴當x∈(0，＋∞)時，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<x成立．

x

綜上所述，當x∈(0，＋∞)時，<f(x)<x成立．

1＋x

(2)由(1)可知，ln(1＋x)<x對x∈(0，＋∞)都成立．

12n

1＋1＋1＋12n

∴lnn2＋lnn2＋…＋lnn2<＋＋…＋，

n2n2n2

12n

1＋1＋1＋1＋2＋…＋nn＋1

即lnn2n2·…·n2<＝．

n22n

n＋11111

∵n∈N*，∴＝＋≤＋＝1．

2n22n22×1

12n12n

1＋1＋1＋1＋1＋1＋

∴lnn2n2·…·n2<1．∴n2n2·…·n2<e．

k

k

x1＋n2k

又由(1)可知，ln(1＋x)>對x∈(0，＋∞)都成立，∴lnn2>＝(k＝1，2，…，n)．

x＋1kn2＋k

1＋

n2

12n12n

1＋1＋1＋1＋1＋1＋12

∴lnn2n2·…·n2＝lnn2＋lnn2＋…＋lnn2>＋＋…＋

n2＋1n2＋2

n12n1＋2＋…＋n1

≥＋＋…＋＝＝．

n2＋nn2＋nn2＋nn2＋nn2＋n2

12n12n

1＋