题目 已知 $f(x)=2\ln (x+1)+\dfrac{1}{x(x+1)}-1$． 问题1 求 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上的最小值； 答案1 $2\ln x-\dfrac{1}{2}$ 解析1 因为$$f'(x)=\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{2x+1}{x^{2}(x+1)^{2}}=\dfrac{(2x^{3}-1)+2x(x-1)}{x^{2}(x+1)^{2}},$$所以当 $x\geqslant 1$ 时，$f'(x)>0$，即 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上为增函数．<br/>因此 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上的最小值为$$f(1)=2\ln x-\dfrac{1}{2}.$$ 备注1 问题2 利用函数 $f(x)$ 的性质，求证：$\ln 1+\ln 2+\ln 3+\cdots+\ln n>\dfrac{(n-1)^{2}}{2n}(n\in\mathbb N^{*},\text{且}n\geqslant 2)$； 答案2 略 解析2 由第 $(1)$ 小题知，对任意的实数 $x\geqslant 1$，有\[2\ln (x+1)+\dfrac{1}{x(x+1)}-1\geqslant 2\ln 2-\dfrac{1}{2}>0\]恒成立，所以对任意的正整数 $k$，\[2\ln(k+1)+\dfrac{1}{k(k+1)}-1>0,\]即$$2\ln(k+1)>1-\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)$$恒成立．<br/>因此$$\begin{split}&2\ln 2>1-\left(1-\dfrac{1}{2}\right),\\&2\ln 3>1-\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right),\\&\cdots,\\&2\ln n>1-\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right),\end{split}$$将以上 $n-1$ 个式子相加得\[2\ln 2+2\ln 3+\cdots+2\ln n>\left[1-\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}\right)\right]+\left[1-\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)\right]+\cdots+\left[1-\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)\right],\]所以\[2\ln 2+2\ln 3+\cdots+2\ln n>n-1-\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{(n-1)^{2}}{n}.\]因此，当 $n\in\mathbb N^{*}$，且 $n\geqslant 2$ 时，\[\ln 1+\ln 2+\ln 3+\cdots+\ln n>\dfrac{(n-1)^{2}}{2n}.\] 备注2 问题3 求证：$\ln^{2}1+\ln^{2}2+\ln^{2}3+\cdots+\ln^{2}n>\dfrac{(n-1)^{4}}{4n^{3}}(n\in\mathbb N^{*},\text{且}n\geqslant 2)$． 答案3 略 解析3 由柯西不等式知，\[(\ln^{2} 1+\ln^{2} 2+\ln^{2} 3+\cdots+\ln^{2}n)(1^{2}+1^{2}+1^{2}+\cdots+1^{2})\geqslant (\ln 1+\ln 2+\ln 3+\cdots +\ln n)^{2}.\]结合第 $(2)$ 小题的结论可知，当 $n\in\mathbb N^{*}$，且 $n\geqslant 2$ 时，\[\ln^{2} 1+\ln^{2} 2+\ln^{2} 3+\cdots+\ln^{2}n>\dfrac{1}{n}\times \dfrac{(n-1)^{4}}{4n^{2}}=\dfrac {(n-1)^4}{4n^3},\]证毕 备注3