华中师范大学 2020年数学分析第0题

令 \( t = \frac{1}{x} \)，由于 \( x > 0 \)，则 \( t > 0 \)。原不等式左边化为 \( \frac{1}{x(1+x)} = \frac{t^2}{t+1} \)，右边化为 \( \left[ \ln\left(1+\frac{1}{x}\right) \right]^2 = \left[ \ln(1+t) \right]^2 \)。因此原命题等价于证明：对任意 \( t > 0 \)，有 \( \frac{t^2}{t+1} > [\ln(1+t)]^2 \)。

由于 \( t > 0 \) 时 \( \frac{t^2}{t+1} > 0 \) 且 \( [\ln(1+t)]^2 > 0 \)，两边开平方得等价不等式：\( \frac{t}{\sqrt{t+1}} > \ln(1+t) \)。

令 \( f(t) = \frac{t}{\sqrt{t+1}} - \ln(1+t) \)，则 \( f(0) = 0 - 0 = 0 \)。要证明 \( f(t) > 0 \) 对 \( t > 0 \) 成立，只需证明 \( f(t) \) 在 \( [0, +\infty) \) 上严格递增。

对 \( f(t) \) 求导：\( f'(t) = \frac{d}{dt}\left( \frac{t}{\sqrt{t+1}} \right) - \frac{1}{1+t} \)。先求第一项导数：\( \frac{d}{dt}\left( \frac{t}{\sqrt{t+1}} \right) = \frac{\sqrt{t+1} - t \cdot \frac{1}{2\sqrt{t+1}}}{t+1} = \frac{t+2}{2(t+1)^{3/2}} \)。因此 \( f'(t) = \frac{t+2}{2(t+1)^{3/2}} - \frac{1}{t+1} \)。通分得 \( f'(t) = \frac{t+2 - 2\sqrt{t+1}}{2(t+1)^{3/2}} \)。

令 \( u = \sqrt{t+1} \)，则 \( t = u^2 - 1 \)，且 \( t > 0 \) 时 \( u > 1 \)。分子化为 \( t+2 - 2\sqrt{t+1} = (u^2 - 1) + 2 - 2u = u^2 - 2u + 1 = (u-1)^2 > 0 \)。分母 \( 2(t+1)^{3/2} > 0 \)，故 \( f'(t) > 0 \) 对所有 \( t > 0 \) 成立。

由 \( f(0)=0 \) 且 \( f'(t) > 0 \) 对 \( t > 0 \) 成立，知 \( f(t) > 0 \) 对 \( t > 0 \) 成立，即 \( \frac{t}{\sqrt{t+1}} > \ln(1+t) \)。两边平方（正数平方保持不等号方向）得 \( \frac{t^2}{t+1} > [\ln(1+t)]^2 \)。代回 \( x = \frac{1}{t} \) 即得原不等式 \( \frac{1}{x(1+x)} > \left[ \ln\left(1+\frac{1}{x}\right) \right]^2 \) 对任意 \( x > 0 \) 成立。

将 \( t = \frac{1}{x} \) 代回，得： \[ \frac{1}{x(1+x)} > \left[\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^2, \quad x > 0 \] 原不等式得证。