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，π]（n∈N*）上的最小值为bx令an=ln（l+n）-bx（i）如

题型：福建难度：来源：

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，π]（n∈N^*）上的最小值为bx令an=ln（l+n）-bx
（i）如果对一切n，不等式

an

＜

an+2

-

c

an+2

恒成立，求实数c的取值范围；
（ii）求证：

a1

a2

+

a1a3

a2a4

+…+

a1a3…a2n-1

a2a4…a 2n

＜

2an+1

-1．

答案

（I）因为f（x）=ln（1+x）-x，所以函数定义域为（-1，+∞），且f′（x）=

1

1+x

-1=

-x

1+x

．
由f′（x）＞0得-1＜x＜0，f（x）的单调递增区间为（-1，0）；
由f’（x）＜0得x＞0，f（x）的单调递减区间为（0，+∞）．
（II）因为f（x）在[0，n]上是减函数，所以b_n=f（n）=ln（1+n）-n，
则a_n=ln（1+n）-b_n=ln（1+n）-ln（1+n）+n=n．
（i）

an+2

(

an+2

-

an

)=

n+2

(

n+2

-

n

)=

n+2

2

n+2 + n

＞

2 n+2

n+2 + n+2

=1．
又lim

n+2

(

n+2

-

n

)=

lim

x→∞

2

1+ 1- 2 n+2

=1，
因此c＜1，即实数c的取值范围是（-∞，1）．
（Ⅱ）因为f（x）在[0，n]上是减函数，所以b_n=f（n）=ln（1+n）-n，
则a_n=ln（1+n）-b_n=ln（1+n）-ln（1+n）+n=n．
（i）因为

c

an+2

＜

an+2

-

an

对n∈N*恒成立．所以

c

n+2

＜

n+2

-

n

对n∈N*恒成立．
则c＜n+2-

n2+2n

对n∈N*恒成立．
设g(n)=n+2-

n2+2n

，n∈N*，则c＜g（n）对n∈N*恒成立．
考虑g(x)=x+2-

x2+2x

，x∈[1，+∞)．
因为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，+∞）内是减函数；则当n∈N*时，g（n）随n的增大而减小，
又因为

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．
所以对一切n∈N，g（n）＞1因此c≤1，即实数c的取值范围是（-∞，1]．
（ⅱ）由（ⅰ）知

1

2n+1

＜

2n+1

-

2n-1

．
下面用数学归纳法证明不等式

1•3•5••(2n-1)

2•4•6••(2n)

＜

1

2n+1

（n∈N⁺）
①当n=1时，左边=

1

2

，右边=

1

3

，左边＜右边．不等式成立．
②假设当n=k时，不等式成立．即

1•3•5••(2k-1)

2•4•6••(2k)

＜

1

2n+1

．
当n=k+1时，

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时，不等式成立
综合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*)．