（12分）已知函数 f ( x )=ln (1+ x )…——2013 高考数学第 22 题答案解析

【考点】6E：利用导数研究函数的最值；8E：数列的求和；8K：数列与不等式的综合。

【专题】16：压轴题；35：转化思想；53：导数的综合应用；54：等差数列与等比数列．

【分析】（I）由于已知函数的最大值是 0 ，故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出函数的最大值，利用最大值小于等于 0 求出参数 $\lambda$ 的取值范围，即可求得其最小值；
（II）根据（I）的证明，可取 $\lambda=\frac{1}{2}$ ，由于 $x>0$ 时，$f(x)<0$ 得出 $\frac{x(2+x)}{2+2 x}>\ln (1+x)$ ，考察发现，若取 $x=\frac{1}{k}$ ，则可得出 $\frac{2 k+1}{2 k(k+1)}>\ln \left(\frac{k+1}{k}\right)$ ，以此为依据，利用放缩法，即可得到结论

【解答】解：（I）由已知，$f(0)=0$ ，
$f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{(1+2 \lambda x)(1+x)-x(1+\lambda x)}{(1+x)^{2}}=\frac{(1-2 \lambda) x-\lambda x^{2}}{(1+x)^{2}}$,
$\therefore f^{\prime}(0)=0$
欲使 $x \geq 0$ 时，$f(x) \leq 0$ 恒成立，则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上必为减函数，即在（ 0 ， $+\infty)$ 上 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$ 恒成立，

当 $\lambda \leq 0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，为增函数，故不合题意，
若 $0<\lambda<\frac{1}{2}$ 时，由 $f^{\prime}(x)>0$ 解得 $x<\frac{1-2 \lambda}{\lambda}$ ，则当 $00$ ，
所以当 $00$ ，此时不合题意，
若 $\lambda \geq \frac{1}{2}$ ，则当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ 恒成立，此时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上必为减函数，所以当 $x>0$ 时，$f(x)<0$

恒成立，
综上，符合题意的 $\lambda$ 的取值范围是 $\lambda \geq \frac{1}{2}$ ，即 $\lambda$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$
（II）令 $\lambda=\frac{1}{2}$ ，由（I）知，当 $x>0$ 时，$f(x)<0$ ，即 $\frac{x(2+x)}{2+2 x}>\ln (1+x)$
取 $x=\frac{1}{k}$ ，则 $\frac{2 k+1}{2 k(k+1)}>\ln \left(\frac{k+1}{k}\right)$
于是 $a_{2 n}-a_{n}+\frac{1}{4 n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{4 n}$
$=\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+2)}+\frac{1}{2(n+2)}+\frac{1}{2(n+1)}+\cdots+\frac{1}{4 n}+\frac{1}{4 n}+\frac{1}{4 n}$
$=\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+2)}+\frac{1}{2(n+2)}+\frac{1}{2(n+3)}+\cdots++\frac{1}{2(2 n-1)}+\frac{1}{2(2 n-1)}+\frac{1}{4 n}$
$=\sum_{k=n}^{2 n-1}\left(\frac{1}{2 k}+\frac{1}{2(k+1)}\right)$
$=\sum_{k=n}^{2 n-1} \frac{2 k+1}{2 k(k+1)}>\sum_{k=n}^{2 n-1} \ln \left(\frac{k+1}{k}\right)=\ln 2 n-\ln n=\ln 2$
所以 $a_{2 n}-a_{n}+\frac{1}{4 n}>\ln 2$
【点评】本题考查了数列中证明不等式的方法及导数求最值的普通方法，解题的关键是充分利用已有的结论再结合放缩法，本题考查了推理判断的能力及转化化归的思想，有一定的难度