已知数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 中，${a_1}=\dfrac{1}{2}$，${a_{n+1}}=\sin \left( {\dfrac{{\rm{\pi }}}{2}{a_n}} \right)$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
求证：$\dfrac{{1-{a_{n+1}}}}{{1-{a_n}}}<\dfrac{{\rm{\pi }}}{4}$．标注答案略解析由迭代函数可知 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 单调递增趋于 $1$．
而\[\begin{split}1-{a_{n+1}} &= 1-\sin \left( {\dfrac{{\rm{\pi }}}{2}{a_n}} \right)
= 1+\sin \left( {\dfrac{{\rm{\pi }}}{2}\left( {1-{a_n}} \right)-\dfrac{{\rm{\pi }}}{2}} \right)\\
&= 1-\cos \left( {\dfrac{{\rm{\pi }}}{2}\left( {1-{a_n}} \right)} \right)
= 2{\sin ^2}\left( {\dfrac{{\rm{\pi }}}{4}\left( {1-{a_n}} \right)} \right)\\
&<\dfrac{{{{\rm{\pi }}^2}}}{8}{\left( {1-{a_n}} \right)^2}
<\dfrac{{{{\rm{\pi }}^2}}}{8}\left( {1-\dfrac{1}{2}} \right) \cdot \left( {1-{a_n}} \right)\\
&< \dfrac{{\rm{\pi }}}{4}\left( {1-{a_n}} \right)\end{split}\]于是$$\dfrac{{1-{a_{n+1}}}}{{1-{a_n}}}<\dfrac{{\rm{\pi }}}{4}.$$ -
设 $S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，求证：$S_n>n-\dfrac 32$．标注答案略解析根据已知，有$$1-a_{n+1}=1-\sin\left(\dfrac{\pi}2a_n\right),$$令 $b_n=1-a_n$，且数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，则只需要证明 $T_n<\dfrac 32$．
此时已知条件变为$$b_{n+1}=1-\sin\left(\dfrac{\pi}2-\dfrac{\pi}2b_n\right)=1-\cos\left(\dfrac{\pi}2b_n\right) =2\sin^2\left(\dfrac{\pi}4b_n\right) <\dfrac{\pi^2}8\cdot b_n^2<\dfrac{{\pi}^2}{16}\cdot b_n,$$因此$$T_n<\dfrac{\dfrac 12}{1-\dfrac{\pi^2}{16}}=\dfrac{8}{16-\pi^2}<1.305<\dfrac 32,$$原命题得证．
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
