题目 已知函数 $f(x)=\ln(1+x)-\dfrac{x(1+\lambda x)}{1+x}$． 问题1 若 $x\geqslant 0$ 时，$f(x)\leqslant 0$，求 $\lambda$ 的最小值； 答案1 $\dfrac 12$ 解析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 $\lambda$ 的讨论分界点为 $\lambda=0,\dfrac12$．<br/><case>情形一</case> $\lambda\leqslant 0$．此时 $f'(x)>0$，于是 $f(x)$ 单调递增，当 $x\geqslant 0$ 时有\[f(x)>f(0)=0,\]不符合题意．<br/><case>情形二</case> $0<\lambda<\dfrac 12$．此时在 $\left(0,\dfrac{1-2\lambda}{\lambda}\right)$ 上，有 $f'(x)>0$，于是在此区间上 $f(x)$ 单调递减，进而\[f(x)>f(0)=0,\]不符合题意．<br/><case>情形三</case> $\lambda=\dfrac 12$．此时当 $x\geqslant 0$ 时，有\[f'(x)=-\dfrac{x^2}{2(1+x)^2}\leqslant 0,\]于是 $f(x)$ 单调递减，因此\[f(x)\geqslant f(0)=0,\]符合题意．<br/>综上所述，$\lambda$ 的最小值为 $\dfrac 12$． 备注1 问题2 设数列 $\{a_n\}$ 的通项是 $a_n=1+\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots +\dfrac 1n$，证明：$a_{2n}-a_n+\dfrac 1{4n}>\ln2$． 答案2 略 解析2 只需要证明$$\dfrac 1{n+1}+\dfrac 1{n+2}+\cdots +\dfrac 1{2n}+\dfrac 1{4n}>\ln2.$$由 第 $(1)$ 小题的结论，当 $x\geqslant 0$ 时，有$$\ln(1+x)\leqslant \dfrac{x\left(1+\dfrac 12x\right)}{1+x},$$令 $x=\dfrac 1k$，则有\[\begin{split} \ln\dfrac{k+1}k\leqslant &\dfrac{\dfrac 1k\left(1+\dfrac 1{2k}\right)}{1+\dfrac 1k}\\=&\dfrac{2k+1}{2k(k+1)}\\=&\dfrac 1{k+1}+\dfrac 1{2k(k+1)}\\=&\dfrac 1{k+1}+\dfrac 12\left(\dfrac 1k-\dfrac 1{k+1}\right).\end{split} \]分别取 $k=n,n+1,n+2,\cdots,2n-1$ 累加得$$\ln \dfrac{n+1}n+\ln \dfrac{n+2}{n+1}+\cdots+\ln \dfrac{2n}{2n-1}\leqslant \dfrac 1{n+1}+\dfrac 1{n+2}+\cdots+\dfrac 1{2n}+\dfrac 12\left(\dfrac 1n-\dfrac 1{2n}\right).$$即$$\ln2\leqslant \dfrac 1{n+1}+\dfrac 1{n+2}+\cdots +\dfrac 1{2n}+\dfrac 1{4n}.$$显然等号无法取得，所以原不等式得证． 备注2 每日一题[320]顺藤摸瓜．