2008-福建卷理-22 解-导数

本题导读

本题作为全卷的压轴题，是一道极具综合性的函数与数列交汇题。第一问考查利用导数求函数的单调区间；第二问通过函数在闭区间上的最值成功构建出结构极其简单的等差数列 $a_n=n$；其分分支①利用函数单调性解决不等式恒成立问题，分支②则属于高难度的数列不等式证明，核心在于利用巧妙的放缩将通项转化为可裂项相消的结构。

📌【题干】

Question

（2008年福建卷(理)） 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 $[0,n](n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$ 上的最小值为 $b_n$，令 $a_n=\ln (1+n)-b_n$. ① 如果对一切 $n$，不等式 $\sqrt{a_n}<\sqrt{a_{n+2}}-\frac{c}{\sqrt{a_{n+2}}}$ 恒成立，求实数 $c$ 的取值范围； ② 求证：$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_1{a}_3}{a_2{a}_4}+\cdots +\frac{a_1{a}_3\dots a_{2n-1}}{a_2{a}_4\dots a_{2n}}<\sqrt{2a_n+1}-1$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：求出 $f(x)$ 的定义域，对其求导，由导数的正负确定增减区间。
2. 第二问的基础：结合第一问的单调性，确定 $f(x)$ 在 $[0,n]$ 上的最小值点为右端点 $x=n$，从而求出 $b_n$ 并极其简练地化简出 $a_n=n$。
3. 第二问①：将 $a_n=n$ 代入不等式中，通过去分母、移项，将问题转化为 $c<g(n)$ 恒成立，进而利用函数的单调性求出 $g(n)$ 的下确界。
4. 第二问②：将 $a_n=n$ 代入待证式，通项变为 $u_k=\frac{1\cdot 3\dots (2k-1)}{2\cdot 4\dots (2k)}$。利用经典的乘积放缩法证明 $u_k<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$，再将其进一步放缩为可裂项的形式 $\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1}$，求和即证。

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可知，通项满足：$u_k<\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1}$

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 函数 $f(x)=\ln (1+x)-x$ 的定义域为 $(-1,+\infty )$。 求导得：$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}$。 当 $-1<x<0$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增； 当 $x>0$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减。 综上所述，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-1,0)$，单调递减区间为 $(0,+\infty )$。

(2) 因为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减， 所以当 $x\in [0,n]$ 时，$f(x)$ 的最小值为右端点处的值，即 $b_n=f(n)=\ln (1+n)-n$。 从而可得：$a_n=\ln (1+n)-b_n=\ln (1+n)-[\ln (1+n)-n]=n$。

① 将 $a_n=n$ 代入已知不等式得：$\sqrt{n}<\sqrt{n+2}-\frac{c}{\sqrt{n+2}}$。 因为 $\sqrt{n+2}>0$，两边同乘以 $\sqrt{n+2}$ 得： $\sqrt{n(n+2)}<n+2-c⟹c<n+2-\sqrt{n^2+2n}$ 要使不等式对一切 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 恒成立，只需 $c$ 小于数列 $g(n)=n+2-\sqrt{n^2+2n}$ 的最小值。 对 $g(n)$ 进行分子有理化变形： $g(n)=\frac{(n+2{)}^2-(n^2+2n)}{n+2+\sqrt{n^2+2n}}=\frac{2n+4}{n+2+\sqrt{n^2+2n}}=\frac{2+\frac{4}{n}}{1+\frac{2}{n}+\sqrt{1+\frac{2}{n}}}$ 令 $x=\frac{2}{n}$，由于 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，则 $x\in (0,2]$。 构造函数 $h(x)=\frac{2+2x}{1+x+\sqrt{1+x}}=\frac{2(1+x)}{(1+x)+\sqrt{1+x}}=\frac{2\sqrt{1+x}}{\sqrt{1+x}+1}=2-\frac{2}{\sqrt{1+x}+1}$。 显然，当 $x$ 在 $(0,2]$ 上减小时，$\sqrt{1+x}$ 减小，从而 $\frac{2}{\sqrt{1+x}+1}$ 增大，最终 $h(x)$ 严格单调递减。 由此可知，数列 $g(n)$ 随 $n$ 的增大而严格单调递减。 当 $n\to \infty$ 时，$\frac{2}{n}\to 0$，此时 ${\lim }_{n\to \infty }g(n)=2-\frac{2}{1+1}=1$。 由于 $g(n)$ 严格递减向 1 靠拢，故对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $g(n)>1$。 因此，实数 $c$ 的取值范围是 $c\le 1$。

② 将 $a_n=n$ 代入，原不等式等价于证明： $\frac{1}{2}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}+\cdots +\frac{1\cdot 3\dots (2n-1)}{2\cdot 4\dots (2n)}<\sqrt{2n+1}-1$ 记通项 $u_k=\frac{1\cdot 3\dots (2k-1)}{2\cdot 4\dots (2k)}$。 因为 $u_k^2=\frac{1^2}{2^2}\cdot \frac{3^2}{4^2}\dots \frac{(2k-1{)}^2}{(2k{)}^2}<\frac{1}{2\cdot 3}\cdot \frac{3\cdot 5}{4^2}\dots$ （不便直接裂项，采用标准放缩技巧）： 注意到 $\frac{2k-1}{2k}<\frac{2k}{2k+1}$，从而有： $u_k^2={\left[\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\dots \frac{2k-1}{2k}\right]}^2<\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\dots \frac{2k-1}{2k}\right)\times \left(\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\dots \frac{2k}{2k+1}\right)=\frac{1}{2k+1}$ 所以可得放缩基本式：$u_k<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$。 进一步将 $\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$ 进行分母有理化放缩以达到裂项的目的： $\frac{1}{\sqrt{2k+1}}=\frac{2}{2\sqrt{2k+1}}<\frac{2}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k-1}}=\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1}$ 综上可知，通项满足：$u_k<\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1}$。 从而待证式左端： ${\sum }_{k=1}^n{u}_k<(\sqrt{3}-\sqrt{1})+(\sqrt{5}-\sqrt{3})+\cdots +(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1})=\sqrt{2n+1}-1$ 即原不等式获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用导数发现隐藏的等差数列 $a_n=n$；函数有理化后的极限与最值判定；沃利斯公式（Wallis）背景下的通项平方放缩。
2. 核心方法：

• 证明关于 “$\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\dots \frac{2n-1}{2n}$” 结构的级数不等式时，平方后错位相乘法（即利用 $\frac{2k-1}{2k}<\frac{2k}{2k+1}$）是斩断乘积链条的标准普适手段。
• 裂项放缩法：将 $\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$ 放大为 $\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1}$ 从而创造出中间项成对消去的条件。

3. 避坑指南：

• 第二问①中求得 ${\lim }_{n\to \infty }g(n)=1$ 时，必须严谨证明 $g(n)$ 的单调性，以此确认 1 是下确界而非最小值，从而断定等号 $c=1$ 可以取到。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题具有极高的高等数学背景。第二问②中对乘积项的构造，其本质来源于高等数学微积分中的**沃利斯公式（Wallis’ integrals）**在定积分求极限中的古典估计式。
2. 结论推广: 借助更精细的斯特林公式（Stirling’s approximation）可以证明，当 $n\to \infty$ 时，该乘积项 $u_n\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2009-天津卷文-08 单-分段函数不等式
• 2009-新课标卷文-24 解-绝对值函数分段不等式