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成都市2020级高中毕业班第三次诊断性检测数学试卷答案

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12．已知$\overrightarrow{a}$=（-1，3），$\overrightarrow{b}$=（1，y）．若$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的夹角为45°，则y=2或-$\frac{1}{2}$．

分析（1）由于${a_{n+1}}=\frac{4}{{4-{a_n}}}（n∈{N^*}），{a_1}=1$，${b_n}=\frac{2}{{2-{a_n}}}$，可得b_n+1=$\frac{2}{2-{a}_{n+1}}$=1+b_n，利用等差数列的通项公式可得b_n=n．对任意正整数n，要证明|sin（b_nθ）|≤b_n|sinθ|，只要证明：|sinnθ|≤n|sinθ|，利用数学归纳法证明即可．
（2）由（1）可得：$n=\frac{2}{2-{a}_{n}}$，解得a_n=2-$\frac{2}{n}$．c_n=S_n-2n+2ln（n+1），当n≥2时，可得c_n-c_n-1=2（ln$（1+\frac{1}{n}）$-$\frac{1}{n}$）．（n≥2）．令1+$\frac{1}{n}$=x，$1＜x≤\frac{3}{2}$．记f（x）=lnx-（x-1），利用导数研究其单调性即可得出．

解答证明：（1）∵${a_{n+1}}=\frac{4}{{4-{a_n}}}（n∈{N^*}），{a_1}=1$，${b_n}=\frac{2}{{2-{a_n}}}$，
∴b_n+1=$\frac{2}{2-{a}_{n+1}}$=$\frac{2}{2-\frac{4}{4-{a}_{n}}}$=$\frac{2（4-{a}_{n}）}{4-2{a}_{n}}$=1+$\frac{2}{2-{a}_{n}}$=1+b_n，
∴b_n+1-b_n=1，∴数列{b_n}是等差数列，首项b₁=$\frac{2}{2-{a}_{1}}$=1，公差为1．
∴b_n=1+（n-1）=n．
对任意正整数n，要证明|sin（b_nθ）|≤b_n|sinθ|，只要证明：|sinnθ|≤n|sinθ|，（*）．
下面利用数学归纳法证明：
①当n=1时，（*）成立．
②假设n=k时，（*）成立，即|sinkθ|≤k|sinθ|，
则当n=k+1时，|sin（k+1）θ|=|sinkθcosθ+coskθsinθ|≤|sinkθ||cosθ|+|coskθ||sinθ|≤|sinkθ|+|sinθ|≤（k+1）|sinθ|，
即n=k+1时，（*）成立．
由①②可知：对任意正整数n，|sin（b_nθ）|≤b_n|sinθ|．
（2）由（1）可得：$n=\frac{2}{2-{a}_{n}}$，解得a_n=2-$\frac{2}{n}$．
c_n=S_n-2n+2ln（n+1），当n≥2时，c_n-1=S_n-1-2（n-1）+2lnn，
∴c_n-c_n-1=a_n-2+2ln$\frac{n+1}{n}$=-$\frac{2}{n}$+2ln$\frac{n+1}{n}$=2（ln$（1+\frac{1}{n}）$-$\frac{1}{n}$）．（n≥2）．
令1+$\frac{1}{n}$=x，$1＜x≤\frac{3}{2}$．记f（x）=lnx-（x-1），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$＜0，∴f（x）在$（1，\frac{3}{2}]$上单调递减，
∴f（x）＜f（1）=0，∴ln$（1+\frac{1}{n}）$-$\frac{1}{n}$＜0．
∴c_n-c_n-1＜0，即c_n＜c_n-1，
∴数列{c_n}是递减数列．

点评本题考查了数列的单调性、利用导数研究函数的单调性、数学归纳法、递推关系的应用、和差公式、不等式的性质、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．