Question

已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）記f（x）在區(qū)間[0，π]（n∈N^*）上的最小值為b_x令a_n=ln（1+n）-b_x
（i）如果對一切n，不等式

an

＜

an+2

-

c

an+2

恒成立，求實數(shù)c的取值范圍；
（ii）求證：

a1

a2

+

a1a3

a2a4

+…+

a1a3…a2n-1

a2a4…a 2n

＜

2an+1

-1．

Answer 1

分析：（1）先求函數(shù)f（x）的導數(shù)，再根據(jù)導函數(shù)的正負和原函數(shù)的關系可得答案．
（2）（i）先求出b_n的值然后代入到a_n=ln（1+n）-b_n放縮可得答案．
（ii）根據(jù)（i）知

1

2n+1

＜

2n+1

-

2n-1

，然后用數(shù)學歸納法證明即可．

解答：解：（1）因為f（x）=ln（1+x）-x，所以函數(shù)定義域為（-1，+∞），且f′（x）=

1

1+x

-1=

-x

1+x

．
由f′（x）＞0得-1＜x＜0，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，0）；
由f’（x）＜0得x＞0，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞）．
（2）因為f（x）在[0，n]上是減函數(shù)，所以b_n=f（n）=ln（1+n）-n，
則a_n=ln（1+n）-b_n=ln（1+n）-ln（1+n）+n=n．
（i）因為

c

an+2

＜

an+2

-

an

對n∈N^*恒成立．所以

c

n+2

＜

n+2

-

n

對n∈N^*恒成立．
則c＜n+2-

n2+2n

對n∈N^*恒成立．
設g(n)=n+2-

n2+2n

，n∈N^*，則c＜g（n）對n∈N^*恒成立．
考慮g(x)=x+2-

x2+2x

，x∈[1，+∞)．
因為g′(x)=1-

1

2

(x2+2x)-

1

2

•(2x+2)=1-

x+1

x2+2x

＜1-

x+1

x+1

=0，
所以g（x）在[1，+∞）內(nèi)是減函數(shù)；則當n∈N^*時，g（n）隨n的增大而減小，
又因為

lim

x→∞

g(n)=

lim

x→∞

(n+2-

n2+2n

)=

lim

x→∞

2n+4

n+2+ n2+2n

=

lim

x→∞

2+ 4 n

1+ 2 n + 1+ 2 n

=1．
所以對一切n∈N，g（n）＞1因此c≤1，即實數(shù)c的取值范圍是（-∞，1]．
（ⅱ）由（�。┲�

1

2n+1

＜

2n+1

-

2n-1

．
下面用數(shù)學歸納法證明不等式

1•3•5••(2n-1)

2•4•6••(2n)

＜

1

2n+1

（n∈N⁺）
①當n=1時，左邊=

1

2

，右邊=

1

3

，左邊＜右邊．不等式成立．
②假設當n=k時，不等式成立．即

1•3•5••(2k-1)

2•4•6••(2k)

＜

1

2n+1

．
當n=k+1時，

1•3•5(2k-1)(2k+1)

2•4•6(2k)(2k+2)

＜

1

2k +1

•

2k+1

2k+2

=

2k+1

2k+2

=

2k+1 2k+3

2k+2

•

1

& 2k+3

=

4k2+8k+3 4k2+8k+4

•

1

2k+3

＜

1

2k+3

=

1

2(k+1)+1

，
即n=k+1時，不等式成立
綜合①、②得，不等式

1•3•5••(2n-1)

2•4•6••(2n)

＜

1

2n+1

(n∈N*)成立．
所以

1•3•5••(2n-1)

2•4•6••(2n)

＜

2n+1

-

2n-1

1

2

+

1•3

2•4

++

1•3•5••(2n-1)

2•4•6••(2n)

＜

3

-

1

+

5

-

3

=+

2n-1

=

2n+1

-1．
即

a1

a2

+

a1a3

a2a4

++

a1a3a2n-1

a2a4a2n

＜

2an+1

-1(n∈N*)．

點評：本小題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、最值、不等式、數(shù)列等基本知識，考查運用導數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，考查分析問題和解決問題的能力．此題為壓軸題，所以平時可以讓學生學會放棄一些自己能力范圍之外的題目，把多余的時間多花點在中低檔題目上，可是80%的分數(shù)呀，多么可觀，可是縱觀歷年的高考成績來看又有多少人真正的做到了．