证明：$\displaystyle -1<\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{k}{{{k^2}+1}}}-\ln n \leqslant \dfrac{1}{2}$．
【难度】
【出处】
2009年全国高中数学联赛（二试）
【标注】
【答案】
略
【解析】
原不等式即$$- 2+\ln {n^2}<\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{{2k}}{{{k^2}+1}}} \leqslant 1+\ln {n^2}$$对于函数 $f\left( x \right)=\dfrac{{2x}}{{{x^2}+1}}$，由于 $f'\left( x \right)=\dfrac{{2\left( {1-{x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2}+1} \right)}^2}}}$，
于是当 $x \geqslant 1$ 时，$f\left( x \right)$ 单调递减．
由积分放缩法，有\[\begin{split}
\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{{2k}}{{{k^2}+1}}} &>\int_1^{n+1} {\dfrac{{2x}}{{{x^2}+1}}{\rm{d}}x}
= \left. {\ln \left( {{x^2}+1} \right)} \right|_1^{n+1}\\
&= \ln \left( {\dfrac{{{n^2}+2n+3}}{2}} \right)
> \ln \left( {\dfrac{{{n^2}}}{{{{\rm{e}}^2}}}} \right)\\
&=-2+\ln {n^2}
\end{split}\]且有\[\begin{split}
\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{{2k}}{{{k^2}+1}}} &= 1+\sum\limits_{i=2}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2}+1}}}
\leqslant 1+\int_1^n {\dfrac{{2x}}{{{x^2}+1}}{\rm{d}}x} \\
&= 1+\left. {\ln \left( {{x^2}+1} \right)} \right|_1^n
= 1+\ln \left( {\dfrac{{{n^2}+1}}{2}} \right)\\
&\leqslant 1+\ln {n^2}
\end{split}\]因此原命题得证．
于是当 $x \geqslant 1$ 时，$f\left( x \right)$ 单调递减．
由积分放缩法，有\[\begin{split}
\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{{2k}}{{{k^2}+1}}} &>\int_1^{n+1} {\dfrac{{2x}}{{{x^2}+1}}{\rm{d}}x}
= \left. {\ln \left( {{x^2}+1} \right)} \right|_1^{n+1}\\
&= \ln \left( {\dfrac{{{n^2}+2n+3}}{2}} \right)
> \ln \left( {\dfrac{{{n^2}}}{{{{\rm{e}}^2}}}} \right)\\
&=-2+\ln {n^2}
\end{split}\]且有\[\begin{split}
\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{{2k}}{{{k^2}+1}}} &= 1+\sum\limits_{i=2}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2}+1}}}
\leqslant 1+\int_1^n {\dfrac{{2x}}{{{x^2}+1}}{\rm{d}}x} \\
&= 1+\left. {\ln \left( {{x^2}+1} \right)} \right|_1^n
= 1+\ln \left( {\dfrac{{{n^2}+1}}{2}} \right)\\
&\leqslant 1+\ln {n^2}
\end{split}\]因此原命题得证．
答案
解析
备注
