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.

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