2026高中数学10大导数：专题14 两个经典不等式的应用(教师版)

专题14两个经典不等式的应用

逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等

式解决问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．

1．对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．

2．指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．

进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．

注意：选填题可直接使用，解答题必须先证明后再使用．

考点一两个经典不等式的应用

1．对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．

1x－1

证明由题意知x>0，令f(x)＝x－1－lnx，所以f′(x)＝1－＝，

xx

所以当f′(x)>0时，x>1；当f′(x)<0时，0<x<1，

故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

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．指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．

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．

【例题选讲】

[例1](1)已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋lnx，则实数a的取值范围是________．

lnx＋1

答案(－∞，1]解析根据题意可知，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，则a≤f(x)min，现证明e≥x＋1恒成立，设g(x)＝e－x－1，g′(x)＝e－1，

x

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

lnx＋1

＝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≥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．所以实

xxx

数a的取值范围是(－∞，1]．

x

(2)已知函数f(x)＝e－ax－1，g(x)＝lnx－ax－1，其中0<a<1，e为自然对数的底数，若x0∈(0，

＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，则实数a的取值范围是________．∃

1

0，

答案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0<a<1，所以当x∈(0，＋∞)

x

时，f(x)＝e－ax－1>0，故若x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，转化为x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，则g(x0)＝ln

－

lnx01∃lnx12lnx∃22

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

2

x0x0xxx

lne211

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)＝－＝．所

e2e2e2

1

10，

以0<a<，即a∈e2．

e2

[例2]函数f(x)＝ln(x＋1)－ax，g(x)＝1－ex．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若f(x)≥g(x)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．

1－ax＋1－a

解析(1)函数f(x)的定义域为x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－a＝．

x＋1x＋1

(ⅰ)当a＝0时，f′(x)>0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；

1－a111

(ⅱ)当a≠0时，令f′(x)＝0得x＝＝－1，若a<0，则－1<－1，若a>0，则－1>－1．

aaaa

1

①当a<0时，f′(x)＝－a>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；

x＋1

1－a

x－1－a

－aa－1，

当a>0时，f′(x)＝，所以当x∈a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

x＋1

1－a

，＋∞

当x∈a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

1－a

－1，

综上可得，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在a上单调递增，

1－a

，＋∞

在a上单调递减．

1

(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)＋ex－ax－1，x≥0，则h′(x)＝＋ex－a，

x＋1

11

当a≤2时，由ex≥x＋1得h′(x)＝＋ex－a≥＋x＋1－a≥0，

x＋1x＋1

于是，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0恒成立，符合题意；

当a>2时，由于x≥0，h(0)＝0，令函数m(x)＝h′(x)，

1

则m′(x)＝－＋ex(x≥0)．所以m′(x)≥0，

(x＋1)2

故h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，而h′(0)＝2－a<0．则存在一个x0>0，使得h′(x0)＝0，

所以当x∈[0，x0)时，h(x)单调递减，故h(x0)<h(0)＝0，不符合题意．

综上，实数a的取值范围为(－∞，2]．

[例3]已知函数f(x)＝ex－a．

(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；

(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值．

解析(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，

所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1，∴a＝2．

(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，

当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0；当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0．

所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，

xx

所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立．∴e≥x＋1，从而e－2≥x－1(x＝0时取等号)．

以lnx代换x得lnx≤x－1(当x＝1时，等号成立)，所以ex－2>lnx．

当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，则当a≤2时，f(x)－lnx>0恒成立．

当a≥3时，存在x，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立．

综上，整数a的最大值为2．

[例4]已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(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．

a(x＋1)(2x－a)

解析(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝，

xx

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；

aa

当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0，得0<x<，

22

aa

，＋∞0，

∴函数f(x)在区间2上单调递增，在区间2上单调递减．

(2)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－lnx，要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，

只需证明ex－lnx－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－lnx－2>x＋1－lnx－2＝x－lnx－1．

∴只要证明x－lnx－1≥0(x>0)，令h(x)＝x－lnx－1(x>0)，

1x－1

则h′(x)＝1－＝(x>0)，易知h(x)在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，

xx

∴h(x)≥h(1)＝0即x－lnx－1≥0成立，

∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．

[例5]已知函数f(x)＝x－1－alnx．

(1)若f(x)≥0，求a的值；

111

1＋1＋1＋

(2)证明：对于任意正整数n，222·…·2n<e．

解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

1

1

①若a≤0，因为f2＝－＋aln2<0，所以不满足题意；

2

ax－a

②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，

xx

当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；

所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，

故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．

因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1．

(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0．

1

11＋1

令x＝1＋，得ln2n<．

2n2n

111

1＋1＋1＋1111

从而ln2＋ln22＋…＋ln2n<＋＋…＋＝1－<1．

2222n2n

111

1＋1＋1＋

故222·…·2n<e．

【对点训练】

1

1．已知函数f(x)＝ex，x∈R．证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．

2

1

x2＋x＋11

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

2

由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0．

所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．

2．(2018·全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．

(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；

1

(2)求证：当a＝时，f(x)≥0．

e

111

2．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－，由题设知，f′(2)＝a·e2－＝0，所以a＝，

x22e2

111

从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－(x>0)．

2e22e2x

11

因为f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函数，且f′(2)＝0，所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0．

2e2x

所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

1exex

(2)当a＝时，f(x)＝－lnx－1，所以只要证明－lnx－1≥0即可．

eee

设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，

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得证，

ee

1

所以当a＝时，f(x)≥0．

e

3．(2020·山东)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．

(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．

－1

3．解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex1－．

x

(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，f′(1)＝e－1，

曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2．

－22

直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2．因此所求三角形的面积为．

e－1e－1

(2)当0<a<1时，f(1)＝a＋lna<1．

－－1

当a＝1时，f(x)＝ex1－lnx，f′(x)＝ex1－．

x

当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0．

所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1．

当a>1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna>ex－1－lnx≥1．

综上，a的取值范围是[1，＋∞)．

4．已知函数f(x)＝aex＋2x－1(其中常数e＝2．71828…是自然对数的底数)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)证明：对任意的a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋ae)x．

4．解析(1)由f(x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2．

①当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；

－2－2

②当a<0时，由f′(x)>0，解得x<lna，由f′(x)<0，解得x>lna，

－2－2

故f(x)在－∞，lna上单调递增，在lna，＋∞上单调递减．

综上所述，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；

－2－2

当a<0时，f(x)在－∞，lna上单调递增，在lna，＋∞上单调递减．

exx12

(2)对任意a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋ae)x－－＋－e≥0．

xaaxa

⇔

exx12(x－1)(aex－x－1)

令g(x)＝－－＋－e，则g′(x)＝．

xaaxaax2

当a≥1时，aex－x－1≥ex－x－1．

令h(x)＝ex－x－1，则当x>0时，h′(x)＝ex－1>0．

∴当x>0时，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0．∴aex－x－1>0．

∴当0<x<1时，g′(x)<0；当x＝1时，g′(x)＝0；当x>1时，g′(x)>0．

∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

exx12

∴g(x)≥g(1)＝0，即－－＋－e≥0，故f(x)≥(x＋ae)x．

xaaxa

5．已知函数f(x)＝alnx＋1(a∈R)．

(1)若g(x)＝x－f(x)，讨论函数g(x)的单调性；

1

(2)若t(x)＝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)．

2

5．解析(1)由题意得，g(x)＝x－f(x)＝x－alnx－1，

ax－a

其定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1－＝，

xx

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．

1

(2)设u(x)＝h(x)－t(x)＝ex－1－x2－x，则u′(x)＝ex－x－1，

2

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)．

1

当a＝1时，设v(x)＝t(x)－x＝x2，

2

1x－1

∵当x>0时，v(x)>0，即t(x)>x．设s(x)＝x－lnx－1，则s′(x)＝1－＝．

xx

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≥lnx＋1＝f(x)∴t(x)>x≥f(x)，即t(x)>f(x)，

综上所述，h(x)>t(x)>f(x)．

6．已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．

(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；

111

(2)证明：当n∈N*时，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

当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0．∴f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．

kkkk

1

∴f(x)min＝fk＝lnk，∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1．

lnx＋1

法二：由题意知方程kx－lnx－1＝0仅有一个实根，由kx－lnx－1＝0，得k＝(x>0)，

x

lnx＋1－lnx

令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0．

xx2

∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，

∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1．

法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝lnx＋1相切，设切点为(x0，y0)，

1

k＝，

1x0

由y＝lnx＋1，得y′＝，∴∴k＝x0＝y0＝1，∴实数k的值为1．

xy0＝kx0，

y0＝lnx0＋1，

(2)由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号，

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

考点二经典不等式的变形不等式的应用

【例题选讲】

[例1]证明下列不等式

－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，则f′(x)＝ex－1－1．

若x<1，则f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减；若x>1，则f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

x－1

∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)≥0，∴e≥x．

方法二令t＝x－1，则x＝t＋1．由et≥t＋1，得ex－1≥x．

1－x

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

x＋1x＋1

所以当f′(x)>0时，－1<x<0；当f′(x)<0时，x>0，

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．

x

(3)方法一构造函数f(x)＝ln(1＋x)－，则g(0)＝0．

1＋x

1x

1－x

当x>0时，f′(x)＝－1＋x(1＋x)2＝>0．

1＋x(1＋x)2

即当x>0时，函数f(x)单调递增．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，且当x＝1时等号成立．

111－xx

∴ln<－1(x>0)，即ln<，∴<ln(x＋1)．

x＋1x＋1x＋1x＋1x＋1

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

当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，

∴ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立)．①

1x＋1

令g(x)＝x＋1－ln(x＋2)，则g′(x)＝1－＝(x>－2)，

x＋2x＋2

易知g(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，

∴g(x)≥g(－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ex－ln(x＋2)>0．

1

[例2](1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为()

ln(x＋1)－x

(1)答案B解析因为f(x)的定义域为{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D．当x>0时，由经典不等

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时均有f(x)<0，排除A、C，易知B正确．

－1

(2)函数f(x)＝ex1－ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()

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]设函数f(x)＝lnx－x＋1．

(1)讨论f(x)的单调性；

x－1

(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x．

lnx

1

解析(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1．

x

当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

(2)由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0．

11x－1

所以当x≠1时，lnx<x－1．故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，ln<－1，即1<<x．

xxlnx

[例4]已知函数f(x)＝ln(1＋x)．

x

(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，<f(x)<x；

1＋x

12n

1＋1＋1＋

(2)已知e为自然对数的底数，证明：n∈N*，e<n2n2·…·n2<e．

x∀x11x

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

x＋1x＋1x＋1(x＋1)2(x＋1)2

x

∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴当x∈(0，＋∞)时，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)，则h′(x)＝－1＝－<0(x>0)，

x＋1x＋1

∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴当x∈(0，＋∞)时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<x成立．

x

综上所述，当x∈(0，＋∞)时，<f(x)<x成立．

1＋x

(2)由(1)可知，ln(1＋x)<x对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)>对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＋