2006-湖南卷理-19 解-利用导数研究函数不等式

本题导读

本题是一道结合了函数单调性、数列递推关系与泰勒展开背景的不等式证明大题。核心在于运用数学归纳法证明数列的单调有界性，并通过构造辅助函数利用高阶导数证明超越不等式。

📌【题干】

Question

（2006年湖南卷(理)） 已知函数 $f(x)=x-\sin x$，数列 $\{a_n\}$ 满足：$0<a_1<1$，$a_{n+1}=f(a_n)$，$n=1,2,3,\dots$。证明：

(1) $0<a_{n+1}<a_n<1$；

(2) $a_{n+1}<\frac{1}{6}{a}_n^3$。

🔍【思路分析】

破题导航

第（1）问：首先证明函数 $f(x)=x-\sin x$ 在 $(0,1)$ 上满足 $0<f(x)<x<1$，再通过数学归纳法完成整个数列有界性与单调性的严格推导。 第（2）问：将结论转化为证明对于 $x\in (0,1)$，恒有 $x-\sin x<\frac{1}{6}{x}^3$。构造辅助函数 $g(x)=\frac{1}{6}{x}^3-x+\sin x$，利用一阶与二阶导数的正负符号逐层判定单调性。

✅【答案】

Success

(1) $0<a_{n+1}<a_n<1$；(2) $a_{n+1}<\frac{1}{6}{a}_n^3$。两问都靠 $0<\sin x<x$ 与 $\sin x>x-\frac{x^3}{6}$（$0<x<1$）。

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $0<a_{n+1}<a_n<1$

首先研究函数 $f(x)=x-\sin x$ 在区间 $(0,1)$ 上的性质： 令 $h(x)=x-\sin x$，对其求导得： $h^{\prime }(x)=1-\cos x$ 当 $x\in (0,1)$ 时， $0<\cos x<1$，故 $h^{\prime }(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调递增。 因为 $h(0)=0$，所以当 $x\in (0,1)$ 时， $f(x)>f(0)=0$。 又因为当 $x>0$ 时，恒有 $\sin x>0⟹x-\sin x<x$，即 $f(x)<x$。 综上可知，当 $x\in (0,1)$ 时，有 $0<f(x)<x<1$。

下面使用数学归纳法证明 $0<a_{n+1}<a_n<1$ 恒成立：

1. 当 $n=1$ 时： 已知 $0<a_1<1$，由上述结论将 $x=a_1$ 代入可得： $0<f(a_1)<a_1<1⟹0<a_2<a_1<1$ 结论在 $n=1$ 时成立。
2. 假设当 $n=k$ ($k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 时结论成立，即： $0<a_{k+1}<a_k<1$ 此时 $a_{k+1}\in (0,1)$，再次利用上述函数性质，将 $x=a_{k+1}$ 代入可得： $0<f(a_{k+1})<a_{k+1}<1⟹0<a_{k+2}<a_{k+1}<1$ 这表明当 $n=k+1$ 时结论亦成立。

综上所述，由数学归纳法可知，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有 $0<a_{n+1}<a_n<1$。

（2）证明： $a_{n+1}<\frac{1}{6}{a}_n^3$

由（1）知 $a_n\in (0,1)$，要证 $a_{n+1}<\frac{1}{6}{a}_n^3$，即证 $a_n-\sin a_n<\frac{1}{6}{a}_n^3$，只需证明对于任意 $x\in (0,1)$，恒有 $x-\sin x<\frac{1}{6}{x}^3$。

构造辅助函数： $g(x)=\frac{1}{6}{x}^3-x+\sin x(x\in [0,1])$ 对 $g(x)$ 进行一阶和二阶求导： $g^{\prime }(x)=\frac{1}{2}{x}^2-1+\cos x$ $g^{\prime \prime }(x)=x-\sin x$ 由第（1）问已证，当 $x\in (0,1)$ 时， $x-\sin x>0$，即 $g^{\prime \prime }(x)>0$。 因此，一阶导函数 $g^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调递增。 因为 $g^{\prime }(0)=\frac{1}{2}\times 0^2-1+\cos 0=0$，所以当 $x\in (0,1)$ 时，恒有： $g^{\prime }(x)>g^{\prime }(0)=0$ 由此可知，原辅助函数 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上也是严格单调递增的。 因为 $g(0)=\frac{1}{6}\times 0^3-0+\sin 0=0$，所以当 $x\in (0,1)$ 时，恒有： $g(x)>g(0)=0⟹\frac{1}{6}{x}^3-x+\sin x>0⟹x-\sin x<\frac{1}{6}{x}^3$ 由于对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有 $a_n\in (0,1)$，故将 $x=a_n$ 代入上式即得： $a_n-\sin a_n<\frac{1}{6}{a}_n^3⟹a_{n+1}<\frac{1}{6}{a}_n^3$ 证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：数学归纳法在递推关系有界性证明中的标准步骤；通过引入二阶导数对超越函数一阶导数符号进行解耦。
• 核心方法：数学归纳法、构造函数法。
• 避坑指南：
• 第（1）问中，不能仅由 $a_{k+1}<a_k$ 结合单调性推出 $a_{k+2}<a_{k+1}$，必须同时用 $0<f(x)<x$ 的有界性质锁死两端边界。
• 第（2）问求导时，由于 $\frac{1}{2}{x}^2-1+\cos x$ 的符号无法直接通过初等方法解出，必须二次求导利用 $g^{\prime \prime }(x)$ 的正负进行递推判定。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题具有深厚的高等数学微积分背景，源于正弦函数的麦克劳林展开式（Maclaurin Series）： $\sin x=x-\frac{1}{6}{x}^3+\frac{1}{120}{x}^5-\dots$。当 $x>0$ 时，级数前两项的部分和构成了经典的不等式关系 $\sin x>x-\frac{1}{6}{x}^3$，本题即是该结论的导数具象化考查。 结论推广：基于泰勒展开截断性质，这类递推不等式具有广泛的通用变形：若 $a_{n+1}=\ln (1+a_n)$ ($0<a_1<1$)，利用泰勒展开前两项可类似推广证明出 $a_{n+1}>a_n-\frac{1}{2}{a}_n^2$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2007-大纲Ⅰ文-20 解-导数极值与恒成立
• 2013-新课标Ⅰ文-20 解-导数单调性与极值