已知函数 f(x)=xeax−exf(x)=x\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^{x}f(x)=xeax−ex。
（3）设 n∈N∗n\in \mathbf{N}^{*}n∈N∗，证明：112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln(n+1)\dfrac{1}{\sqrt{1^{2}+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^{2}+2}}+\dots+\dfrac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}>\ln(n+1)12+11+22+21+⋯+n2+n1>ln(n+1)。
要证明的不等式左边是和的形式，最常用的方法就是裂项
如果能证明1n2+n>ln(n+1)−ln(n)\dfrac{1}{\sqrt{n^{2}+n}} \gt ln(n+1)-ln(n)n2+n1>ln(n+1)−ln(n)，就可以证明原不等式
1n2+n>ln(1+1n)\dfrac{1}{\sqrt{n^{2}+n}} \gt ln(1+\dfrac{1}{n})n2+n1>ln(1+n1)
令 t=1nt=\dfrac{1}{n}t=n1，转化成：t(t+1)>ln(1+t)\frac{t}{\sqrt{(t+1)}} \gt ln(1+t)(t+1)t>ln(1+t)
令h(t)=t(t+1)−ln(1+t),h(0)=0h(t) = \frac{t}{\sqrt{(t+1)}} - ln(1+t), h(0)=0h(t)=(t+1)t−ln(1+t),h(0)=0
h′(t)=(t+1−1)22(t+1)32h'(t)=\frac{\big(\sqrt{t+1}-1\big)^2}{2(t+1)^{\frac32}}h′(t)=2(t+1)23(t+1−1)2
h′(t)>0 ⟹ h(t)递增，又h(0)=0，所以h(t)>0h'(t) \gt 0 \implies h(t)递增，又h(0) = 0，所以 h(t) > 0h′(t)>0⟹h(t)递增，又h(0)=0，所以h(t)>0