每日一题[1108]分析通项

已知函数 $f(x)=\ln (1+x)-x$．
（1）求 $f(x)$ 的单调区间；
（2）记 $f(x)$ 在区间 $[0,n]$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）上的最小值为 $b_n$，令 $a_n=\ln(1+n)-b_n$．若对任意正整数 $n$，不等式 $\sqrt{a_n}<\sqrt{a_{n+2}}-\dfrac c{\sqrt{a_{n+2}}}$ 恒成立，求实数 $c$ 的取值范围；
（3）在第 $(2)$ 小题的条件下，求证：

$$\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_1a_3}{a_2a_4}+\cdots+\dfrac{a_1a_3\cdots a_{2n-1}}{a_2a_4\cdots a_{2n}}<\sqrt{2a_n+1}-1.$$

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分析与解　（1）根据题意，有 $f(x)$ 的导函数

$$f'(x)=-\dfrac{x}{1+x},$$ 于是函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(-1,0)$，单调递减区间是 $(0,+\infty)$．

（2）根据题意，有

$$b_n=\ln (1+n)-n,$$ 于是 $$a_n=\ln (1+n)-b_n=n,$$ 因此 $$\forall n\in \mathbb N^{\ast},c<\sqrt{n+2}\cdot \left(\sqrt{n+2}-\sqrt n\right),$$ 记右侧数列为 $\varphi_n$，则 $$\begin{split}\varphi_n=&\dfrac{2\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+2}+\sqrt n}\\=&\dfrac{2}{1+\sqrt{\dfrac n{n+2}}}\\=&\dfrac{2}{1+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac 2n}}},\end{split}$$ 于是函数 $\varphi(n)=\varphi_n$ 单调递减，且 $$\lim_{n\to \infty}\varphi(n)=1,$$ 因此实数 $c$ 的取值范围是 $(-\infty,1]$．

（3）欲证不等式即

$$\dfrac 12+\dfrac {1\cdot 3}{2\cdot 4}+\cdots+\dfrac{ 1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots 2n}<\sqrt{2n+1}-1.$$ 分析通项，尝试证明 $$\dfrac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots 2n}<\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1},$$ 也即 $$\dfrac 12\cdot \dfrac 34\cdots\dfrac{2n-1}{2n}<\dfrac{2}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}.$$ 事实上，设 $$M=\dfrac 23\cdot \dfrac 45\cdots\dfrac {2n}{2n+1},$$ 则 $$\dfrac 12\cdot \dfrac 34\cdots\dfrac{2n-1}{2n}<M,$$ 进而 $$\left(\dfrac 12\cdot \dfrac 34\cdots\dfrac{2n-1}{2n}\right )^2<\dfrac 12\cdot \dfrac 34\cdots\dfrac{2n-1}{2n}\cdot M=\dfrac{1}{2n+1},$$ 因此 $$\dfrac 12\cdot \dfrac 34\cdots\dfrac{2n-1}{2n}<\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}}<\dfrac{2}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}},$$ 原命题得证．