每日一导4

Problem

已知函数 $ g(x) =\sin x $ , 点列 $ A_n( 2^{-n} , g(2^{-n} ) ) \hspace {0.2cm} (n\in N^*) $ .

设直线 $ A_nA_{n+1} $ 斜率为 $ k_n$ ,求证: $ \sum_{i=1}^{n}k_i >n-\frac{1}{9} $ .

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分析

原题前面的问题引导我们通过泰勒展开用多项式逼近三角函数。

也就是 $ \sin x> x- \frac{x^3}{6} \hspace {0.2cm} (x>0)$ 。

弄清楚这一点后，剩下都是“体力活”。

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Solution

设 $ f(x) = \sin x -x +\frac{x^3}{6} $ ,则 $ f'(x)= \cos x -1+\frac{x^2}{2} $ , \(f''(x) = x- \sin x >0\) .

则 $f'(x) $ 单调递增 , $ f'(x)>f'(0)=0 $ .

于是 $ f(x)$ 单调递增 , $f(x)>f(0)=0 $ .

有

\[\sin(2^{-n})- 2^{-n} +\frac{ { (2^{-n}) }^3 }{6} > \sin(2^{-n-1})- 2^{-n-1} +\frac{ { (2^{-n-1}) }^3 }{6} \\ \sin(2^{-n})-\sin(2^{-n-1}) > 2^{-n} - 2^{-n-1} + \frac{ { (2^{-n-1}) }^3 }{6} - \frac{ { (2^{-n}) }^3 }{6} \\ \sin(2^{-n})-\sin(2^{-n-1}) > 2^{-n-1} - \frac{7}{6} (2^{-n-1})^3 \]

由题意

\[\begin{aligned} \end{aligned} \]

而

\[\begin{aligned} k_i &= \frac{ g(2^{-i}) -g(2^{-i-1}) }{2^{-i} -2^{-i-1}}\\ &=\frac{\sin (2^{-i})-\sin (2^{-i-1})}{2^{-i-1}} \\ &> \frac{ 2^{-i-1} - \frac{7}{6} (2^{-i-1})^3}{2^{-i-1}} \\ &=1-\frac{7}{6}(2^{-i-1})^2 \end{aligned} \]

所以

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} k_i &> \sum_{i=1}^{n}[1-\frac{7}{6}(2^{-i-1})^2] \\ &= n-\frac{7}{6}\sum_{i=1}^{n} (4^{-i-1}) \\ &= n- \frac{7}{6}\frac{1}{16} \frac{ 1-(\frac{1}{4})^n } {1-\frac{1}{4}}\\ &= n- \frac{7}{72}(1-(\frac{1}{4})^n ) \\ &>n-\frac{7}{72} > n-\frac{1}{9} \end{aligned} \]

原不等式得证.

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source:模拟卷十四