题目 已知函数 $f(x)=\ln(x+1)+\dfrac a2x^2-x$． 问题1 若 $f(x)>0$ 对 $x\in(0,+\infty)$ 都成立，求实数 $a$ 的取值范围； 答案1 $[1,+\infty)$ 解析1 对函数 $f(x)$ 进行端点分析，有\[\begin{array} {c|c|c}\hline<br/>x&0&+\infty\\ \hline<br/>f(x)=\ln(x+1)+\dfrac a2x^2-x&0&\begin{cases} +\infty,&a\geqslant 0,\\ -\infty,&a<0,\end{cases}\\ \hline<br/>f'(x)=\dfrac{1}{x+1}+ax-1&0&\\ \hline<br/>f''(x)=-\dfrac{1}{(x+1)^2}+a&a-1& \\ \hline \end{array}\]于是讨论的分界点为 $a=0,1$．<br/><case>情形一</case> $a\leqslant 0$．此时有\[f(x)<\dfrac ax^2\leqslant 0,\]不符合题意．<br/><case>情形二</case> $0<a<1$．此时令 $m=\dfrac{1}{\sqrt a}-1$，则在区间 $(0,m)$ 上，有 $f''(x)<0 $，进而可推出矛盾，不符合题意．<br/><case>情形三</case> $ a\geqslant 1 $．此时在 $(0,+\infty)$ 上有 $ f''(x)>0 $，进而可推知符合题意．<br/>综上所述，所求实数 $ a $ 的取值范围是 $[1,+\infty)$． 备注1 问题2 已知 $\mathrm{e}$ 为自然对数的底数，求证：$\forall n\in\mathbb N^{\ast}$，$\sqrt{\mathrm{e}}<\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(1+\dfrac{k}{n^2}\right)<\mathrm{e}$． 答案2 略 解析2 <case>右边不等式</case>由于$$ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\dfrac k{n^2}\right)<<br/>\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n^2}=\dfrac1{n^2}\cdot\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac12+\dfrac1{2n}\leqslant 1,$$因此\[\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(1+\dfrac k{n^2}\right)<\mathrm{e},\]因此右边不等式得证．<br/><case>左边不等式</case>根据第 $(1)$ 小题的结果，取 $a=1$，可得\[\forall x>0,\ln (1+x)>x-\dfrac12x^2,\]因此\[\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\dfrac k{n^2}\right)>\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left[\dfrac k{n^2}-\dfrac12\cdot\left(\dfrac k{n^2}\right)^2\right]=\dfrac12+\dfrac{(4n+1)(n-1)}{12n^3}><br/>\geqslant \dfrac12,\]从而\[\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(1+\dfrac k{n^2}\right)>\sqrt{\mathrm{e}},\]因此左边不等式得证．<br/>综上所述，原命题得证． 备注2