每日一题[1361]曲折前行

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_2=6$，且当 $n\geqslant 3$ 时，有 $$a_n=\begin{cases} a_{n-1}+\sin a_{n-1},&a_{n-1}\geqslant a_{n-2},\\ a_{n-1}+\cos a_{n-1},&a_{n-1}<a_{n-2},\end{cases}$$ 则下列结论正确的有（       ）

A．数列 $\{a_n\}$ 有上确界为 $2\pi$

B．数列 $\{a_n\}$ 有上确界为 $3\pi$

C．数列 $\{a_n\}$ 有上确界为 $4\pi$

D．数列 $\{a_n\}$ 没有上确界

答案    B．

解析    根据题意，有 $$a_3=6+\sin 6<6,$$ 进而 $$\begin{split} a_4&=6+\sin 6+\cos(6+\sin 6)\\ &=6-\sin (2\pi-6)+\cos(2\pi-6+\sin (2\pi-6))\\ &>6-0.3+\cos(6.3-6+0.3)\\ &>2\pi,\end{split}$$ 利用迭代函数法可知数列 $\{a_n\}$ 从第 $4$ 项起单调递增趋于 $3\pi$，且 $a_{n+1}=a_n+\sin a_n$，如图．

设 $f(x)=x+\sin x$，则当 $x\in (2\pi,3\pi)$ 时，有 $f(x)\in (2\pi,3\pi)$，且在该区间上，有 $f(x)>x$，因此可以递推证明 $$2\pi<a_n<a_{n+1}<3\pi,$$ 设 $b_n=3\pi -a_n$，则 $$b_{n+1}=b_n-\sin b_n<b_n-\left(b_n-\dfrac{b_n^3}6\right)=\dfrac{b_n^3}6,$$ 于是 $$\dfrac{b_{n+1}}{b_n}<\dfrac{b_n^2}6<\dfrac 16,$$ 这样就证明了 $$\lim_{n\to+\infty}b_n=0,$$ 也即 $$\lim_{n\to+\infty}a_n=3\pi,$$ 从而数列 $\{a_n\}$ 的上确界为 $3\pi$．