已知函数 $f(x)=\ln(1+x)-x$ 在区间 $[0,n]$（$n\in\mathbb N^*$）上的最小值为 $b_n$，令$$a_n=\ln(1+n)-b_n,p_k=\dfrac{a_1a_3\cdots a_{2k-1}}{a_2a_4\cdots a_{2k}},k\in\mathbb N^*.$$求证：$p_1+p_2+\cdots+p_n<\sqrt{2a_n+1}-1$．
【难度】
【出处】
2008年全国高中数学联赛湖南省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $f(x)=\ln(1+x)-x$，所以函数的定义域为 $(-1,+\infty)$，求导得$$f'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1=-\dfrac{x}{1+x},$$当 $x\in(0,n]$ 时，$f'(x)<0$，即 $f(x)$ 在 $[0,n],n\in\mathbb N^*$ 上是减函数，故\[\begin{split}&b_n=f(n)=\ln(1+n)-n,\\&a_n=\ln(1+n)-b_n=n,\end{split}\]因为 $\dfrac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2}=\dfrac{4k^2-1}{4k^2}<1$，所以\[\begin{split}&\left[\dfrac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)^2}{2\cdot4\cdot6\cdots(2k)}\right]^2\\=&\dfrac{1\cdot3}{2^2}\cdot\dfrac{3\cdot5}{4^2}\cdot\dfrac{5\cdot7}{6^2}\cdots\dfrac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2}\cdot\dfrac{1}{2k+1}\\<&\dfrac{1}{2k+1}.\end{split}\]又容易证明$$\dfrac{1}{\sqrt{2k+1}}<\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1},$$所以$$p_k=\dfrac{a_1a_2\cdots a_{2k-1}}{a_2a_4\cdots a_{2k}}=\dfrac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{2\cdot4\cdots(2k)}<\dfrac{1}{\sqrt{2k+1}}<\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1},$$因此\[\begin{split}p_1+p_2+\cdots+p_n&<\left(\sqrt3-1\right)+\left(\sqrt5-\sqrt3\right)+\cdots+\left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}\right)\\&=\sqrt{2n+1}-1\\&=\sqrt{2a_n+1}-1,\end{split}\]即 $p_1+p_2+\cdots+p_n<\sqrt{2a_n+1}-1$．
答案
解析
备注
