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} $ .
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”。
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.
source:模拟卷十四
