设 $f(x)={\rm e}^x-\cos x$，正项数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$f(a_n)=a_{n-1}$，$n\geqslant 2$．证明：存在正整数 $n$ 使得 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k>2016$．
【难度】
【出处】
2016年中国科学技术大学入学考试试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
函数 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)={\rm e}^x+\sin x$，于是函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．猜测 $a_n\geqslant \dfrac 1n$，等号当且仅当 $n=1$ 时成立．用数学归纳法证明如下．
当 $n=1$ 时，命题显然成立；
假设当 $n=k$ 时命题成立，即 $a_k\geqslant \dfrac 1k$，则$${\rm e}^{a_{k+1}}-\cos a_{k+1}=a_k\geqslant \dfrac 1k.$$考虑函数 $h(x)=f(x)-\dfrac{x}{1-x}$，$x\in (0,1)$．我们熟知当 $x \in (0,1)$ 时，有$$\cos x>1-\dfrac 12x^2,{\rm e}^x<-1+\dfrac{4}{2-x},$$于是$$h(x)<-1+\dfrac{4}{2-x}-1+\dfrac 12x^2-\dfrac{x}{1-x}=\dfrac{x^3(x-3)}{2(2-x)(1-x)}<0.$$令 $x=\dfrac{1}{k+1}$，则有$${\rm e}^{\frac{1}{k+1}}-\cos\dfrac{1}{k+1}-\dfrac 1k<0,$$即$$f\left(\dfrac{1}{k+1}\right)<{\rm e}^{a_{k+1}}-\cos a_{k+1},$$结合 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，有 $a_{k+1}>\dfrac{1}{k+1}$．
综上所述，猜测得证．于是当 $n\geqslant 2^m$（$m\in\mathbb N^*$）时，有\[\begin{split} \sum_{k=1}^{n}a_k&>1+\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\dfrac 15+\dfrac 16+\dfrac 17+\dfrac 18+\cdots +\dfrac 1n\\
&\geqslant 1+\dfrac 12+\dfrac 14+\dfrac 14+\dfrac 18+\dfrac 18+\dfrac 18+\dfrac 18+\cdots +\dfrac{1}{2^m}+\dfrac{1}{2^m}+\cdots +\dfrac{1}{2^m}\\
&=\dfrac{m+2}2,\end{split}\]因此取 $m=4030$，$n=2^{4030}$ 时，$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k>2016$．
当 $n=1$ 时，命题显然成立；
假设当 $n=k$ 时命题成立，即 $a_k\geqslant \dfrac 1k$，则$${\rm e}^{a_{k+1}}-\cos a_{k+1}=a_k\geqslant \dfrac 1k.$$考虑函数 $h(x)=f(x)-\dfrac{x}{1-x}$，$x\in (0,1)$．我们熟知当 $x \in (0,1)$ 时，有$$\cos x>1-\dfrac 12x^2,{\rm e}^x<-1+\dfrac{4}{2-x},$$于是$$h(x)<-1+\dfrac{4}{2-x}-1+\dfrac 12x^2-\dfrac{x}{1-x}=\dfrac{x^3(x-3)}{2(2-x)(1-x)}<0.$$令 $x=\dfrac{1}{k+1}$，则有$${\rm e}^{\frac{1}{k+1}}-\cos\dfrac{1}{k+1}-\dfrac 1k<0,$$即$$f\left(\dfrac{1}{k+1}\right)<{\rm e}^{a_{k+1}}-\cos a_{k+1},$$结合 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，有 $a_{k+1}>\dfrac{1}{k+1}$．
综上所述，猜测得证．于是当 $n\geqslant 2^m$（$m\in\mathbb N^*$）时，有\[\begin{split} \sum_{k=1}^{n}a_k&>1+\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\dfrac 15+\dfrac 16+\dfrac 17+\dfrac 18+\cdots +\dfrac 1n\\
&\geqslant 1+\dfrac 12+\dfrac 14+\dfrac 14+\dfrac 18+\dfrac 18+\dfrac 18+\dfrac 18+\cdots +\dfrac{1}{2^m}+\dfrac{1}{2^m}+\cdots +\dfrac{1}{2^m}\\
&=\dfrac{m+2}2,\end{split}\]因此取 $m=4030$，$n=2^{4030}$ 时，$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k>2016$．
答案
解析
备注
