Question

已知數(shù)列{an} (n∈N*)滿足：a1=1，an+1-sin2θ•an=cos2θ•cos2nθ，其中θ∈(0，

π

2

)．
（1）當(dāng)θ=

π

4

時(shí)，求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）在（1）的條件下，若數(shù)列{b_n}中，bn=sin

πan

2

+cos

πan-1

4

(n∈N*，n≥2)，且b₁=1．求證：對(duì)于?n∈N*，1≤bn≤

2

恒成立；
（3）對(duì)于θ∈(0，

π

2

)，設(shè){a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，試比較S_n+2與

4

sin22θ

的大�。�

Answer 1

（1）當(dāng)θ=

π

4

時(shí)，sin2θ=

1

2

，cos2θ=0，∴an+1-

1

2

an=0，即

an+1

an

=

1

2

．…2分
故數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為a₁=1，公比為

1

2

的等比數(shù)列．
故數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為　an=

1

2n-1

．…4分
（2）證明：由（1）得，an=

1

2n-1

，
∴當(dāng)n∈N^*，n≥2時(shí)，有bn=sin

πan

2

+cos

πan-1

4

=sin(

π

2

•

1

2n-1

)+cos(

π

4

•

1

2n-2

)=sin

π

2n

+cos

π

2n

=

2

sin(

π

2n

+

π

4

)．…6分
b₁=1也滿足上式，故當(dāng)n∈N^*時(shí)，bn=

2

sin(

π

2n

+

π

4

)．
∵n∈N^*，
∴0＜

π

2n

≤

π

2

，

π

4

＜

π

2n

+

π

4

≤

3π

4

，
∴1≤

2

sin(

π

2n

+

π

4

)≤

2

，即1≤bn≤

2

. …8分
（3）解法一：由an+1-sin2θ•an=cos2θ•cos2nθ得：an+1-sin2θ•an=(cos2θ-sin2θ)•cos2nθ，
∴an+1-cos2n+2θ=(an-cos2nθ)sin2θ，即

an+1-cos2n+2θ

an-cos2nθ

=sin2θ，
∴{an-cos2nθ}是首項(xiàng)為a1-cos2θ=1-cos2θ=sin2θ，公比為sin²θ的等比數(shù)列，
故an-cos2nθ=sin2nθ， ∴ an=cos2nθ+sin2nθ．…9分
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n=（cos²θ+cos⁴θ+…+cos²ⁿθ）+（sin²θ+sin⁴θ+…+sin²ⁿθ）
=

cos4θ+sin4θ-cos2n+4θ-sin2n+4θ

sin2θcos2θ

．…11分
因此，S_n+2-

4

sin22θ

=

cos4θ+sin4θ-cos2n+4θ-sin2n+4θ

sin2θcos2θ

+2-

4

sin22θ

=

cos4θ+sin4θ-cos2n+4θ-sin2n+4θ+2sin2θcos2θ-1

sin2θcos2θ

=

(cos2θ+sin2θ)2-(cos2n+4θ+sin2n+4θ)-1

sin2θcos2θ

=-

(cosn+2θ)2+(sinn+2θ)2

sin2θcos2θ

＜0，
∴S_n+2＜

4

sin22θ

．…（14分）
解法二：同解法一得 an=cos2nθ+sin2nθ．…9分
∵θ∈(0，

π

2

)，0＜cos2nθ＜1，0＜sin2nθ＜1；…11分
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n=（cos²θ+cos⁴θ+…+cos²ⁿθ）+（sin²θ+sin⁴θ+…+sin²ⁿθ）=

cos2θ(1-cos2nθ)

1-cos2θ

+

sin2θ(1-sin2nθ)

1-sin2θ

＜

cos2θ

1-cos2θ

+

sin2θ

1-sin2θ

=

cos4θ+sin4θ

sin2θcos2θ

=

(cos2θ+sin2θ)2-2sin2θcos2θ

sin2θcos2θ

=

1

sin2θcos2θ

-2=

4

sin22θ

-2
∴S_n+2＜

4

sin22θ

．…（14分）
（其他解法酌情給分）