已知函数 $f\left( x \right){ = }\ln \left( {1 + x} \right) - \dfrac{{x\left( {1 + \lambda x} \right)}}{1 + x}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
若 $x \geqslant 0$ 时，$f\left( x \right) \leqslant 0$，求 $\lambda $ 的最小值；标注答案$\dfrac{1}{2}$解析本题考查利用导数研究函数的最值问题，直接根据 $\lambda$ 分类，求解函数的最大值即可．由已知\[\begin{split}f\left(0\right) &= 0, \\ f'\left(x\right) &= \dfrac{{\left( {1 - 2\lambda } \right)x - \lambda {x^2}}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}}, \\ f'\left(0\right) &= 0.\end{split}\]若 $\lambda\leqslant 0$，则在 $\left(0,+\infty\right)$ 上，$f'\left(x\right)>0$，$f\left(x\right)$ 单调递增，$f\left(x\right)>f\left(0\right)=0$，不符题意；
若 $0<\lambda < \dfrac{1}{2}$，则当 $0 < x < \dfrac {1-2\lambda}{\lambda}$ 时，$f'\left(x\right) > 0$，所以 $f\left(x\right) > 0$．
若 $\lambda \geqslant \dfrac{1}{2}$，则当 $x > 0$ 时，$f'\left(x\right) < 0$，$f\left(x\right)$ 单调递减，所以当 $x > 0$ 时，$f\left(x\right) < 0$．
综上，$\lambda $ 的最小值是 $\dfrac{1}{2}$． -
设数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的通项 ${a_n} = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n}$，证明：${a_{2n}} - {a_n} + \dfrac{1}{4n} > \ln 2$．标注答案略解析本题的核心在于由第一问的结论看出可放缩关系式\[\dfrac{{x\left( {2 + x} \right)}}{2 + 2x} > \ln \left( {1 + x} \right).\]令 $\lambda = \dfrac{1}{2}$．由（1）知，当 $x > 0$ 时，$f\left(x\right) < 0$，即\[\dfrac{{x\left( {2 + x} \right)}}{2 + 2x} > \ln \left( {1 + x} \right).\]取 $x = \dfrac{1}{k}$，则\[\dfrac{2k + 1}{{2k\left( {k + 1} \right)}} > \ln \left( {\dfrac{k + 1}{k}} \right).\]于是\[\begin{split}{a_{2n}} - {a_n} + \dfrac{1}{4n} &= \sum\limits_{k = n}^{2n - 1} {\left( {\dfrac{1}{2k} + \dfrac{1}{{2\left( {k + 1} \right)}}} \right)} \\
& = \sum\limits_{k = n}^{2n - 1} {\frac{2k + 1}{{2k\left( {k + 1} \right)}}} \\&> \sum\limits_{k = n}^{2n - 1} {\ln \frac{k + 1}{k}} \\
&= \ln 2n - \ln n\\
& = \ln 2,\end{split}\]所以 ${a_{2n}} - {a_n} + \dfrac{1}{4n} > \ln 2$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
