每日一题[320]顺藤摸瓜

已知函数$f(x)=\ln(1+x)-\dfrac{x(1+\lambda x)}{1+x}$．

(1)若$x\geqslant 0$时，$f(x)\leqslant 0$，求$\lambda$的最小值；

(2)设数列$\{a_n\}$的通项是$a_n=1+\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots +\dfrac 1n$，证明：$a_{2n}-a_n+\dfrac 1{4n}>\ln2$．

正确答案是（1）$\dfrac 12$；（2）略．

解　(1)对$f(x)$求导得 $$f'(x)=\dfrac x{(1+x)^2}[-\lambda x+(1-2\lambda)],$$ 又$f(0)=0$，所以$\lambda$的最小值为$\dfrac 12$．

简要证明如下：

当$\lambda =0$时，显然不满意题意；

当$\lambda \ne 0$时，有 $$f'(x)=\dfrac {-\lambda x}{(1+x)^2}\left(x-\dfrac {1-2\lambda}{\lambda } \right).$$ 得到$\lambda$的讨论分界点为$0,\dfrac 12$，对$\lambda$分段讨论知$\lambda <0$、$0<\lambda<\dfrac 12$时都不满足题意；$\lambda \geqslant \dfrac 12$时，满足题意，故$\lambda$的最小值为$\dfrac 12$．

(2)只需要证明 $$\dfrac 1{n+1}+\dfrac 1{n+2}+\cdots +\dfrac 1{2n}+\dfrac 1{4n}>\ln2.$$ 由(1)，当$x\geqslant 0$时，有 $$\ln(1+x)\leqslant \dfrac{x\left(1+\frac 12x\right)}{1+x},$$ 令$x=\dfrac 1k$，则有 $$\begin{split}\ln\dfrac{k+1}k&\leqslant \dfrac{\frac 1k\left(1+\frac 1{2k}\right)}{1+\frac 1k}\\&=\dfrac{2k+1}{2k(k+1)}\\&=\dfrac 1{k+1}+\dfrac 1{2k(k+1)}\\&=\dfrac 1{k+1}+\dfrac 12\left(\dfrac 1k-\dfrac 1{k+1}\right).\end{split}$$ 分别取$k=n,n+1,n+2,\cdots,2n-1$累加得 $$\begin{split} &\ln \dfrac{n+1}n+\ln \dfrac{n+2}{n+1}+\cdots+\ln \dfrac{2n}{2n-1}\\&\leqslant \dfrac 1{n+1}+\dfrac 1{n+2}+\cdots+\dfrac 1{2n}+\dfrac 12\left(\dfrac 1n-\dfrac 1{2n}\right).\end{split}$$ 即 $$\ln2\leqslant \dfrac 1{n+1}+\dfrac 1{n+2}+\cdots +\dfrac 1{2n}+\dfrac 1{4n}.$$

显然“$=$”无法取得，所以原不等式得证．

本题的第二问通过分析通项很难得到需要证明的式子，需要借助第一问的结果为通项的形式提供思考方向，顺藤摸瓜，得到所要证明的通项．

注　常规的级数不等式的证明方法是积分放缩法，本题第二问也可以利用积分放缩法，但需要用到反比例函数的凹凸性增加放缩的精度，有兴趣的可以尝试一下．

下面给出一道练习：

已知函数$f(x)=ax+\dfrac {a-1}{x}+1-2a$．

（1）若$f(x)\geqslant \ln x$在$[1,+\infty)$上恒成立，求$a$的取值范围．

（2）证明：$1+\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots+\dfrac 1n>\ln(n+1)+\dfrac {n}{2(n+1)}(n\geqslant 1)$．

答案　（1）$\left[\dfrac 12,+\infty\right )$；（2）略；

提示　（2）取$a=\dfrac 12$，再依次取$x=\dfrac {k+1}{k}$．