题目 设函数 $f(x)=e^x-\cos x$（$x>0$），正数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，且当 $n\geqslant 2$ 时，有 $f(a_n)=a_{n-1}$．证明： 问题1 当 $n\geqslant 2$ 时，有 $a_n^2+a_n<a_{n-1}$； 答案1 略 解析1 我们证明，当 $x > 0$ 时，有 $f(x)>x^2+x$．<br/>令 $g(x)=f(x)-x^2-x$，则$$\begin{aligned}<br/>&g'(x)=e^x+\sin x-2x-1,\\ &g''(x)=e^x+\cos x-2,\\ &g'''(x)=e^x-\sin x>1-\sin x\geqslant 0.\\<br/>\end{aligned}$$由 $g'''(x) > 0$ 可知 $g''(x)$ 单调递增，故 $g''(x)> g''(0)=0$．由 $g''(x)> 0$ 可知 $g'(x)$ 单调递增，故 $ g'(x)> g'(0) = 0$．由 $g'(x) > 0$ 可知 $g(x)$ 单调递增，故 $g(x)> g(0)=0$，即 $f(x)>x^2+x$．因此$$a_n^2+a_n<f(a_n)=a_{n-1}.$$ 备注1 问题2 对任意正整数 $n$，都有 $\displaystyle \sum^n_{k=1}a_k<2\sqrt{n}$． 答案2 略 解析2 先对 $n$ 应用数学归纳法证明 $a_n\leqslant \frac{1}{\sqrt{n}}$（$n\in\mathbb{N^{\ast}}$）．当 $n=1$ 时，由 $a_1=1$，知结论成立．<br/>假设当 $n = m -1$ 时，结论成立，即 $a_{m-1}\leqslant \frac{1}{\sqrt{m-1}}$（$m\geqslant 2$）．下面证明当 $n = m$ 时 结论也成立．<br/>假设 $a_m>\frac{1}{\sqrt{m}}$，则$$a_{m-1}>a_m^2+a_m>\frac{1}{m}+\frac{1}{\sqrt{m}}.$$注意到$$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{m-1}}-\frac{1}{\sqrt{m}}&=\frac{\sqrt{m}-\sqrt{m-1}}{\sqrt{m(m-1)}}=\frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{m-1})\sqrt{m(m-1)}}\\ &<\frac{1}{m\sqrt{m-1}}<\frac{1}{m},\\ \end{aligned}$$故 $a_{m-1}>\frac{1}{\sqrt{m-1}}$，矛盾．因此，$a_m\leqslant \frac{1}{\sqrt{m}}$．<br/>这样，当 $k\geqslant 1$，有$$a_k\leqslant \frac{1}{\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$$将上式对 $k$ 从 $1$ 到 $n$ 求和，得$$\sum^n_{k=1}a_k<2\sqrt{n}.$$ 备注2