已知数列 $\{a_n\}$ 满足：$a_1=\dfrac{\pi}{3},0<a_n<\dfrac{\pi}{3},\sin a_{n+1}\leqslant \dfrac{1}{3}\sin 3a_n(n\geqslant 2)$．求证：$\sin a_n<\dfrac{1}{\sqrt{n}}$．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛山东省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $f(x)=x-\dfrac{4}{3}x^3(0<x<1)$，则 $f^\prime(x)=1-4x^2$．从而 $f(x)$ 在区间 $(0,\dfrac{1}{2})$ 上单调递增，在 $(\dfrac{1}{2},1)$ 上单调递减．当 $x=\dfrac{1}{2}$ 时，$f(x)_\max=\dfrac{1}{3}$．下面用数学归纳法证明结论．当 $n=1$ 时，$\sin a_1=\sin \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}<\dfrac{1}{\sqrt{1}}$；当 $n=2,3,4$ 时，$\sin a_n\leqslant \dfrac{1}{3}\sin 3a_{n-1}\leqslant \dfrac{1}{3}<\dfrac{1}{\sqrt{n}}$．假设当 $n=k(k\leqslant 4)$ 时结论成立，既有 $\sin a_k<\dfrac{1}{\sqrt{k}}\leqslant \dfrac{1}{2}$，则当 $n=k+1$ 时，$\sin a_{k+1}\leqslant \dfrac{1}{3}\sin 3a_{k}=\sin a_{k}-\dfrac{4}{3}\sin^3a_{k}$ 由 $f(x)=x-\dfrac{4}{3}x^3(0<x<1)$ 在区间 $(0,\dfrac{1}{2})$ 上单调递增，因此 $\sin a_{k+1}\leqslant \dfrac{1}{3}\sin 3a_{k}=\sin a_{k}-\dfrac{4}{3}\sin^3a_{k}<\dfrac{1}{\sqrt{k}}-\dfrac{4}{3}\dfrac{1}{\sqrt{k}^3}$．下证 $\dfrac{1}{\sqrt{k}}-\dfrac{4}{3}\dfrac{1}{k\sqrt{k}}<\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}$．因为 $k+1+\sqrt{k(k+1)}>\dfrac{3}{4}k$，所以 $\dfrac{1}{k+1+\sqrt{k(k+1)}}<\dfrac{4}{3k}$，即 $\dfrac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}}<\dfrac{4}{3k}$．所以 $\dfrac{4}{3}\cdot\dfrac{1}{k\sqrt{k}}>\dfrac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k}\sqrt{k+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{k}}-\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}$．从而结论对 $n=k+1$ 成立．由数学归纳法知，结论对任意正整数 $n$ 均成立．
答案
解析
备注
