设 $f(x)=e^{x}-\cos x,x>0$．正实数数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$，且当 $n\geqslant 2$ 时 $f(a_{n})=a_{n-1}$．求证：
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛天津市预赛
【标注】
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当 $n\geqslant 2$ 时，$a_{n-1}>a_{n}+a_{n}^{2}$标注答案略解析我们证明，当 $x>0$ 时，$f(x)>x+x^{2}$．令 $g(x)=f(x)-x-x^{2}$，则有 $g^\prime(x)=e^{x}+\sin x-1-2x$，$g^{\prime\prime}(x)=e^{x}+\cos x-2$，$g^{\prime\prime\prime}(x)=e^{x}-\sin x>1-\sin x\geqslant 0$．由 $g^{\prime\prime\prime}(x)>0$ 知 $g^{\prime\prime}(x)$ 单调递增，从而 $g^{\prime\prime}(x)>g^{\prime\prime}(0)=0$．由 $g^{\prime\prime}(x)>0$ 可知 $g^\prime(x)$ 单调递增，$g^{\prime}(x)>g^{\prime }(0)=0$．最后，由 $g^{\prime}(x)>0$ 可知 $g(x)$ 单调递增，$g(x)>g(0)=0$．这样我们就证明了 $f(x)>x+x^{2}$．利用这一点，立即得到 $a_{n-1}=f(a_{n})>a_{n}+a_{n}^{2}$．
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$\displaystyle \sum _{k =1}^{n}{{{a}_{k}}<2\sqrt{n}}$标注答案略解析我们先对 $n$ 用数学归纳法证明 $a_{n}\leqslant\dfrac{1}{\sqrt{n}}$．当 $n=1$ 时，$a_{1}=1$，结论成立．假设当 $n=m-1$ 时有 $a_{m-1}<\dfrac{1}{\sqrt{m-1}}$（其中 $m\geqslant 2$）．如果 $a_{m}>\dfrac{1}{\sqrt{m}}$，则 $a_{m-1}>a_{m}+a_{m}^{2}>\dfrac{1}{\sqrt{m}}+\dfrac{1}{m}$．注意 $\dfrac{1}{\sqrt{m-1}}-\dfrac{1}{\sqrt{m}}\text{=}\dfrac{\sqrt{m}-\sqrt{m-1}}{\sqrt{m\left(m-1 \right)}}\text{=}\dfrac{1}{\left( \sqrt{m}+\sqrt{m-1} \right)\sqrt{m\left(m-1 \right)}}<\dfrac{1}{m\sqrt{m-1}}<\dfrac{1}{m}$，可知 $a_{m-1}>\dfrac{1}{\sqrt{m-1}}$，与归纳假设矛盾．因此 $a_{m}\leqslant\dfrac{1}{\sqrt{m}} $．这样，当 $k\geqslant 1$ 时有 ${{a}_{k}}\leqslant\dfrac{1}{\sqrt{k}}<\dfrac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}\text{=}2\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1} \right)$，令 $k$ 从 $1$ 到 $n$ 求和，就得到 $\displaystyle \sum\limits_{k\text{=}1}^{n}{{{a}_{k}}}<2\sqrt{n}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
