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 $3\pi$.

此条目发表在每日一题分类目录,贴了标签。将固定链接加入收藏夹。

发表评论