高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第5章 习题课 与ex、ln x有关的常用不等式

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高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。习题课　与ex、ln x有关的常用不等式学习目标　1.熟悉常见的两类经典不等式ex≥x＋1和ln x≤x－1以及它们常见的几种变形形式.2.掌握一般的证明不等式的方法．一、经典不等式ex≥x＋1例1　证明不等式ex≥x＋1.证明　设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0，所以当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，所以ex≥x＋1.反思感悟　与ex有关的常用不等式(1)ex≥1＋x(x∈R)．(2)ex≥ex(x∈R)．跟踪训练1　求证：ex－1≥x.证明　方法一　令H(x)＝ex－1－x，则H′(x)＝ex－1－1.若x<1，则H′(x)<0，H(x)在(－∞，1)上单调递减；若x>1，则H′(x)>0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴H(x)min＝H(1)＝0，∴H(x)≥0，∴ex－1≥x.方法二　令t＝x－1，则x＝t＋1.由et≥t＋1，得ex－1≥x.二、经典不等式ln x≤x－1例2　证明不等式ln x≤x－1.证明　由题意知x>0，令f(x)＝x－1－ln x，所以f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，所以当f′(x)>0时，x>1；当f′(x)<0时，0－1，令f(x)＝ln(x＋1)－x，所以f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝eq \f(－x,x＋1)，所以当f′(x)>0时，－10，故f(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，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．2．已知x>0，求证：eq \f(x,1＋x)0时，g′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋x)－\f(x,1＋x2)))＝eq \f(x,1＋x2)>0.即当x>0时，函数g(x)单调递增．即g(x)>g(0)＝0.故g(x)＝ln(1＋x)－eq \f(x,1＋x)>0，即eq \f(x,1＋x)0)，即ln eq \f(1,x＋1)<eq \f(－x,x＋1)，∴eq \f(x,x＋1)0，当且仅当x＝1时，等号成立)．(2)ln x≤eq \f(x,e)(x>0，当且仅当x＝e时，等号成立)．(3)ln x≤eq \f(2x－1,x＋1)(00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明　由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，ln x0)有关的不等式之间的关系ex>x＋1>x>x－1>ln x，常用该不等式通过放缩证明一些问题．跟踪训练3　已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x >0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.(1)解　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x＋12x－a,x)，当a≤0时，f′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0得x>eq \f(a,2)，由f′(x)<0，得0x2＋x＋2，只需证明ex－ln x－2 >0，先证明当x>0时，ex>x＋1，令g(x)＝ex－x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴当x>0时，g(x)>g(0)＝0即ex>x＋1，∴ex－ln x－2>x＋1－ln x－2＝x－ln x－1.∴只要证明x－ln x－1≥0(x>0)，令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，易知h(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0即x－ln x－1≥0成立，∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．1．知识清单：(1)常见的几种经典不等式．(2)一般不等式的证明方法．2．方法归纳：构造法、转化法、分类讨论．3．常见误区：在证明不等式的转化过程中是否做到了等价转化．1．若a＝eq \f(ln 2,2)，b＝eq \f(ln 3,3)，c＝eq \f(ln 6,6)，则(　　)A．ax答案　A解析　令g(x)＝x－f(x)，则g(x)＝ex－(a－1)x.若a＝1，则g(x)＝ex>0，∴f(x)≤x成立. 若1ln(a－1)时，g′(x)>0.∴g(x)在(－∞，ln(a－1))上单调递减；在(ln(a－1)，＋∞)上单调递增．∴g(x)≥g(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]．又10，ln(a－1)≤ln e＝1，∴(a－1)[1－ln(a－1)]≥0.∴g(x)≥0，即f(x)≤x恒成立．综上，当1≤a≤1＋e时，f(x)≤x.3．已知a>b>0，ab＝ba，有如下四个结论：(1)be；(3)存在a，b满足a·be2，则正确结论的序号是(　　)A．(1)(3) B．(2)(3)C．(1)(4) D．(2)(4)答案　C解析　由ab＝ba两边取对数得bln a＝aln b⇒eq \f(ln a,a)＝eq \f(ln b,b).对于y＝eq \f(ln x,x)，由图象易知当be，be2，故(4)正确，(3)错误．因此，选C.4．试判断sin x与x在[0，π]上的大小______________．(用>或≥表示)答案　x≥sin x解析　令f(x)＝x－sin x，因为f′(x)＝1－cos x≥0恒成立，故f(x)在[0，π]上单调递增，f(x)≥f(x)min＝f(0)＝0，即x－sin x≥0，所以x≥sin x在[0，π]上恒成立．课时对点练1．“x>1”是“ln x>eq \f(x－1,x)”的(　　)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案　A解析　不等式ln x>eq \f(x－1,x)等价于ln x－1＋eq \f(1,x)>0，令f(x)＝ln x－1＋eq \f(1,x)，则f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，当01时，f′(x)>0，所以当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝0，所以当x>1时，f(x)>0，ln x>eq \f(x－1,x)，而当ln x>eq \f(x－1,x)时，x>0且x≠1，所以“x>1”是“ln x>eq \f(x－1,x)”的充分不必要条件．2．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0的解集是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞))C．(－∞，3) D．(3，＋∞)答案　C解析　因为f(x)＝x－sin x，所以f(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，f′(x)＝1－cos x≥0，则函数f(x)在定义域内是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3)．3．已知在△ABC中，eq \f(π,4)f(B)>f(C) B．f(A)f(C)>f(B) D．f(B)f(B)>f(C).故选A.4．设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则(　　)A．2x<3y<5z B．5z<2x<3yC．3y<5z<2x D．3y<2x<5z答案　D解析　令2x＝3y＝5z＝t(t>1)，两边取对数得x＝log2t＝eq \f(ln t,ln 2)，y＝log3t＝eq \f(ln t,ln 3)，z＝log5t＝eq \f(ln t,ln 5)，从而2x＝eq \f(2,ln 2)ln t，3y＝eq \f(3,ln 3)ln t,5z＝eq \f(5,ln 5)ln t．由t>1知，要比较三者大小，只需比较eq \f(2,ln 2)，eq \f(3,ln 3)，eq \f(5,ln 5)的大小．又eq \f(2,ln 2)＝eq \f(4,ln 4)，e<3<4<5，由y＝eq \f(ln x,x)在(e，＋∞)上单调递减可知，eq \f(ln 3,3)>eq \f(ln 4,4)>eq \f(ln 5,5)，从而eq \f(3,ln 3)<eq \f(4,ln 4)<eq \f(5,ln 5)，3y<2x<5z，故选D.5．下列四个命题：①ln 5<eq \r(5)ln 2；②ln π>eq \r(\f(π,e))；③<11；④3eln 2>4eq \r(2).其中真命题的个数是(　　)A．1 B．2 C．3 D．4答案　B解析　构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．①ln 5<eq \r(5)ln 2⇒2lneq \r(5)<eq \r(5)ln 2⇒eq \f(ln\r(5),\r(5))<eq \f(ln 2,2)，又2<eq \r(5)eq \r(\f(π,e))⇒2lneq \r(π)>eq \f(\r(π),\r(e))⇒eq \f(ln\r(π),\r(π))>eq \f(\f(1,2),\r(e))＝eq \f(ln\r(e),\r(e))，又e>eq \r(π)>eq \r(e)，故正确．③<11⇒eq \r(11)ln 2eq \r(11)>e，故正确．④3eln 2>4eq \r(2)⇒>2×⇒>eq \f(ln e,e)，显然错误．因此选B.6．(多选)下列不等式中恒成立的有(　　)A．ln(x＋1)≥eq \f(x,x＋1)，x>－1B．ln x≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x>0C．ex≥x＋1D．cos x≥1－eq \f(1,2)x2答案　ACD解析　A选项，因为x>－1，令t＝x＋1>0，f(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，则f′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，所以当01时，f′(t)＝eq \f(t－1,t2)>0，即f(t)单调递增，所以f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1≥0，即ln t≥eq \f(t－1,t)，即ln(x＋1)≥eq \f(x,x＋1)，x>－1恒成立，故A正确；B选项，令f(x)＝ln x－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x>0，则f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))＝eq \f(2x－x2－1,2x2)＝－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2,2x2)≤0显然恒成立，所以f(x)＝ln x－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))在x>0上单调递减，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)>f(1)＝0，即ln x>eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，故B错；C选项，令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，当x>0时，f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)单调递增；当x<0时，f′(x)＝ex－1<0，所以f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正确；D选项，令f(x)＝cos x－1＋eq \f(1,2)x2，则f′(x)＝－sin x＋x，令h(x)＝f′(x)＝－sin x＋x，则h′(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f′(x)＝－sin x＋x单调递增，又f′(0)＝0，所以当x>0时，f′(x)>0，即f(x)＝cos x－1＋eq \f(1,2)x2单调递增；当x<0时，f′(x)<0，即f(x)＝cos x－1＋eq \f(1,2)x2单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝0，因此cos x≥1－eq \f(1,2)x2恒成立，故D正确．7．试判断tan x与x在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的大小关系______________．(用<或≤表示)答案　x≤tan x解析　令f(x)＝x－tan x＝x－eq \f(sin x,cos x)，所以f′(x)＝1－eq \f(1,cos2x)＝－eq \f(sin2x,cos2x)<0恒成立，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，f(x)max＝f(0)＝0，即x－tan x≤0，即x≤tan x.8．已知函数f(x)＝xln x＋x2，且x0是函数f(x)的极值点．给出以下几个命题：①0eq \f(1,e)；③f(x0)＋x0<0；④f(x0)＋x0>0.其中正确的命题是________．(填序号)答案　①③解析　f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝ln x＋2x＋1，所以f′(x0)＝ln x0＋2x0＋1＝0，所以2x0＝－(ln x0＋1)，即ln x0<－1，即ln x00.证明　令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，得x＝0，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0，∴ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立)．①令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)，则h′(x)＝1－eq \f(1,x＋2)＝eq \f(x＋1,x＋2)(x>－2)，易知h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(－1)＝0，即x＋1－ln(x＋2)≥0，即x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时，等号成立)．②∵①和②中的等号不能同时成立，∴由①和②得ex>ln(x＋2)，即f(x)>0.10．已知函数f(x)＝aln x＋1(a∈R)．(1)若g(x)＝x－f(x)，讨论函数g(x)的单调性；(2)若t(x)＝eq \f(1,2)x2＋x，h(x)＝ex－1(其中e是自然对数的底数)，且a＝1，x∈(0，＋∞)，求证：h(x)>t(x)>f(x)．(1)解　由题意得，g(x)＝x－f(x)＝x－aln x－1，其定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，当a≤0时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，易得函数g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)证明　设u(x)＝h(x)－t(x)＝ex－1－eq \f(1,2)x2－x，则u′(x)＝ex－x－1，设m(x)＝u′(x)＝ex－x－1，则m′(x)＝ex－1，当x>0时，m′(x)>0恒成立，则m(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴m(x)>m(0)＝0，则u(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴u(x)>u(0)＝0，∴h(x)－t(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即h(x)>t(x)．当a＝1时，设v(x)＝t(x)－x＝eq \f(1,2)x2，∵当x>0时，v(x)>0，即t(x)>x.设s(x)＝x－ln x－1，则s′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x).易得s(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴s(x)≥s(1)＝0，∴x≥ln x＋1＝f(x)∴t(x)>x≥f(x)，即t(x)>f(x)，综上所述，h(x)>t(x)>f(x)．11．已知函数f(x)＝eq \f(1－x,1＋x2)ex，若f(x1)＝f(x2)，且x1f(－x2)；②f(x2)>f(－x1)；③f(x1)>f(－x1)；④f(x2)>f(－x2).正确的个数为(　　)A．1 B．2 C．3 D．4答案　B解析　f′(x)＝eq \f(－xx2－2x＋3ex,1＋x22)，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．又f(0)＝1，f(1)＝0，当x<0时，f(x)>0，所以x1<0f(－x1)，②③对．12．已知函数f(x)＝kx2－ln x，若f(x)>0在函数定义域内恒成立，则k的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，\f(1,e)))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))答案　D解析　由题意得f(x)>0在函数定义域内恒成立，即kx2－ln x>0在函数定义域内恒成立，即k>eq \f(ln x,x2)在函数定义域内恒成立，设g(x)＝eq \f(ln x,x2)，则g′(x)＝eq \f(x－2xln x,x4)＝eq \f(x1－2ln x,x4)，当x∈(0，eq \r(e))时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x∈(eq \r(e)，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，所以当x＝eq \r(e)时，函数g(x)取得最大值，此时最大值为g(eq \r(e))＝eq \f(1,2e)，所以实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))，故选D.13．已知0eq \f(ln x2,x1)B.eq \f(ln x1,x2)<eq \f(ln x2,x1)C．x2ln x1>x1ln x2D．x2ln x10，得x>eq \f(1,e)，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增；由f′(x)<0，得00，得00，由x·e2x－ax－x≥1＋ln x，可得a≤e2x－eq \f(ln x＋1,x)－1(x>0)恒成立，令f(x)＝e2x－eq \f(ln x＋1,x)－1，则a≤f(x)min，现证明ex≥x＋1恒成立，设g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，当g′(x)＝0时，解得x＝0，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故当x＝0时，函数g(x)取得最小值，g(0)＝0，所以g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0⇔ex≥x＋1恒成立，f(x)＝e2x－eq \f(ln x＋1,x)－1＝eq \f(x·e2x－ln x－1,x)－1＝eq \f(eln x＋2x－ln x－1,x)－1≥eq \f(ln x＋2x＋1－ln x－1,x)－1＝1，所以f(x)min＝1，即a≤1.所以实数a的取值范围是(－∞，1].15．已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中00，则实数a的取值范围是________．答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))解析　令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，则M′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，M′(x)>0，所以M(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以M(x)>M(0)＝0，所以ex>x＋1.由于00，故若∃x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，转化为∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，则g(x0)＝ln x0－ax0－1>0，即a<eq \f(ln x0,x0)－eq \f(1,x0).令h(x)＝eq \f(ln x,x)－eq \f(1,x)，h′(x)＝eq \f(2－ln x,x2).当x∈(0，e2)时，h′(x)>0，当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减．所以h(x)≤h(e2)＝eq \f(ln e2,e2)－eq \f(1,e2)＝eq \f(1,e2).所以00)，则g′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(1,x＋12)＝eq \f(x,x＋12)>0(x>0)．∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>eq \f(x,x＋1)成立．令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，则h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝－eq \f(x,x＋1)<0(x>0)，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴当x∈(0，＋∞)时，h(x)eq \f(x,x＋1)对x∈(0，＋∞)都成立，∴lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k,n2)))>eq \f(\f(k,n2),1＋\f(k,n2))＝eq \f(k,n2＋k)(k＝1,2，…，n)．∴lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))>eq \f(1,n2＋1)＋eq \f(2,n2＋2)＋…＋eq \f(n,n2＋n)≥eq \f(1,n2＋n)＋eq \f(2,n2＋n)＋…＋eq \f(n,n2＋n)＝eq \f(1＋2＋…＋n,n2＋n)＝eq \f(1,2).∴lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))>eq \f(1,2).∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))>eq \r(e).∴eq \r(e)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))