Question

8．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\frac{1}{2-{a}_{n}}$（n∈N^*），a₁=0，記數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，c_n=S_n-n+1+lnn．
（Ⅰ）令b_n=$\frac{1}{1-{a}_{n}}$，求證數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）證明：（ i）對(duì)任意正整數(shù)n，|sin（b_n•θ）|≤b_n|sinθ|；
（ ii）數(shù)列{c_n}從第2項(xiàng)開(kāi)始是遞增數(shù)列．

Answer 1

分析 （I）通過(guò)已知條件，利用遞推關(guān)系可得b_n+1-b_n=1且b₁=1，進(jìn)而可得結(jié)論；
（II）（i）問(wèn)題即為證明|sinnθ|≤n|sinθ|，利用數(shù)學(xué)歸納法、三角函數(shù)的和角公式及三角函數(shù)的有界性即可；（ii）通過(guò)c_n=S_n-n+1+lnn，得c_n+1-c_n=$-\frac{1}{n+1}+ln\frac{n+1}{n}$，令$\frac{1}{n+1}$=x，且$0＜x≤\frac{1}{3}$，通過(guò)求導(dǎo)可得f（x）=-x-ln（1-x）在$（{0，\frac{1}{3}}]$單調(diào)遞增，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 （I）解：∵a_n+1=$\frac{1}{2-{a}_{n}}$，b_n=$\frac{1}{1-{a}_{n}}$，
∴b_n+1=$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{1-\frac{1}{2-{a}_{n}}}$=$\frac{2-{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1+b_n，
所以b_n+1-b_n=1且b₁=$\frac{1}{1-0}$=1，
故數(shù)列{b_n}是以首項(xiàng)、公差均為1的等差數(shù)列，
所以b_n=n；
（II）證明：
 （i）由（I）知，b_n=n，
要證|sin（b_n•θ）|≤b_n|sinθ|，只需證|sinnθ|≤n|sinθ|．
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n=1時(shí)，|sinθ|=|sinθ|，結(jié)論成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)結(jié)論成立，即|sinkθ|≤k|sinθ|．
那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，
|sin（k+1）θ|=|sinkθcosθ+coskθsinθ|
≤|sinkθcosθ|+|coskθsinθ|
=|sinkθ||cosθ|+|coskθ||sinθ|
≤|sinkθ|+|sinθ|
≤k|sinθ|+|sinθ|
=（k+1）|sinθ|，即結(jié)論成立．
由①②可知，結(jié)論對(duì)一切正整數(shù)n都成立；
（ii）∵c_n=S_n-n+1+lnn，
∴c_n+1-c_n=S_n+1-（n+1）+1+ln（n+1）-S_n+n-1-lnn
=${a_{n+1}}-1+ln\frac{n+1}{n}$
=$-\frac{1}{n+1}+ln\frac{n+1}{n}$，
令$\frac{1}{n+1}$=x，且$0＜x≤\frac{1}{3}$，
記f（x）=-x-ln（1-x），
∵f′（x）=-1+$\frac{1}{1-x}$=$\frac{x}{1-x}$＞0，
∴f（x）在$（{0，\frac{1}{3}}]$單調(diào)遞增，則f（x）＞f（0）=0，
即c_n+1-c_n＞0，c_n+1＞c_n．
故數(shù)列{c_n}是遞增數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的遞推性質(zhì)，考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、數(shù)學(xué)歸納法，涉及到三角函數(shù)的和角公式、有界性，考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題及計(jì)算能力，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，屬于難題．