Question

14．已知數(shù)列{a_n}滿足${a_{n+1}}=\frac{4}{{4-{a_n}}}（n∈{N^*}），{a_1}=0$，記數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，c_n=S_n-2n+2ln（n+1）
（1）令${b_n}=\frac{2}{{2-{a_n}}}$，證明：對任意正整數(shù)n，|sin（b_nθ）|≤b_n|sinθ|
（2）證明數(shù)列{c_n}是遞減數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）由于${a_{n+1}}=\frac{4}{{4-{a_n}}}（n∈{N^*}），{a_1}=1$，${b_n}=\frac{2}{{2-{a_n}}}$，可得b_n+1=$\frac{2}{2-{a}_{n+1}}$=1+b_n，利用等差數(shù)列的通項公式可得b_n=n．對任意正整數(shù)n，要證明|sin（b_nθ）|≤b_n|sinθ|，只要證明：|sinnθ|≤n|sinθ|，利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．
（2）由（1）可得：$n=\frac{2}{2-{a}_{n}}$，解得a_n=2-$\frac{2}{n}$．c_n=S_n-2n+2ln（n+1），當(dāng)n≥2時，可得c_n-c_n-1=2（ln$（1+\frac{1}{n}）$-$\frac{1}{n}$）．（n≥2）．令1+$\frac{1}{n}$=x，$1＜x≤\frac{3}{2}$．記f（x）=lnx-（x-1），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 證明：（1）∵${a_{n+1}}=\frac{4}{{4-{a_n}}}（n∈{N^*}），{a_1}=1$，${b_n}=\frac{2}{{2-{a_n}}}$，
∴b_n+1=$\frac{2}{2-{a}_{n+1}}$=$\frac{2}{2-\frac{4}{4-{a}_{n}}}$=$\frac{2（4-{a}_{n}）}{4-2{a}_{n}}$=1+$\frac{2}{2-{a}_{n}}$=1+b_n，
∴b_n+1-b_n=1，∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，首項b₁=$\frac{2}{2-{a}_{1}}$=1，公差為1．
∴b_n=1+（n-1）=n．
對任意正整數(shù)n，要證明|sin（b_nθ）|≤b_n|sinθ|，只要證明：|sinnθ|≤n|sinθ|，（*）．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n=1時，（*）成立．
②假設(shè)n=k時，（*）成立，即|sinkθ|≤k|sinθ|，
則當(dāng)n=k+1時，|sin（k+1）θ|=|sinkθcosθ+coskθsinθ|≤|sinkθ||cosθ|+|coskθ||sinθ|≤|sinkθ|+|sinθ|≤（k+1）|sinθ|，
即n=k+1時，（*）成立．
由①②可知：對任意正整數(shù)n，|sin（b_nθ）|≤b_n|sinθ|．
（2）由（1）可得：$n=\frac{2}{2-{a}_{n}}$，解得a_n=2-$\frac{2}{n}$．
c_n=S_n-2n+2ln（n+1），當(dāng)n≥2時，c_n-1=S_n-1-2（n-1）+2lnn，
∴c_n-c_n-1=a_n-2+2ln$\frac{n+1}{n}$=-$\frac{2}{n}$+2ln$\frac{n+1}{n}$=2（ln$（1+\frac{1}{n}）$-$\frac{1}{n}$）．（n≥2）．
令1+$\frac{1}{n}$=x，$1＜x≤\frac{3}{2}$．記f（x）=lnx-（x-1），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$＜0，∴f（x）在$（1，\frac{3}{2}]$上單調(diào)遞減，
∴f（x）＜f（1）=0，∴l(xiāng)n$（1+\frac{1}{n}）$-$\frac{1}{n}$＜0．
∴c_n-c_n-1＜0，即c_n＜c_n-1，
∴數(shù)列{c_n}是遞減數(shù)列．

點評 本題考查了數(shù)列的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、數(shù)學(xué)歸納法、遞推關(guān)系的應(yīng)用、和差公式、不等式的性質(zhì)、三角函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．