南京师范大学 2012年数学分析第0题
📝 题目
六．设 $\displaystyle f_{n}(x)=\sin x+\sin ^{2} x+\cdots+\sin ^{n} x$ 。求证
1）对任意自然数 $n$ ，方程 $\displaystyle f_{n}(x)=1$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内有且仅有一个解；
2）设 $\displaystyle x_{n} \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ 是方程 $\displaystyle f_{n}(x)=1$ 的解，证明 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{\pi}{6}$ ．（20 分）
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：将函数表示为等比数列求和形式，并分析其单调性
对于 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$，$\sin x \in (0,1)$，因此 $f_n(x) = \sin x + \sin^2 x + \cdots + \sin^n x$ 是公比为 $\sin x$ 的等比数列前 $n$ 项和，即 $f_n(x) = \frac{\sin x (1 - \sin^n x)}{1 - \sin x}$。当 $x = \frac{\pi}{2}$ 时，$\sin x = 1$，此时 $f_n(\frac{\pi}{2}) = n$。由于 $\sin x$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 严格递增，且 $f_n(x)$ 是 $\sin x$ 的递增函数，故 $f_n(x)$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 上严格递增。
公式：f_n(x) = \frac{\sin x (1 - \sin^n x)}{1 - \sin x} \quad (\sin x \neq 1)
提示：注意等比数列求和公式成立的条件是公比不为1，需要单独处理端点 $x=\frac{\pi}{2}$。
步骤 2/6
目标：计算区间端点的函数值，判断符号
计算左端点 $x = \frac{\pi}{6}$：$\sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$，代入得 $f_n(\frac{\pi}{6}) = \frac{\frac{1}{2}(1 - (\frac{1}{2})^n)}{1 - \frac{1}{2}} = 1 - (\frac{1}{2})^n < 1$。计算右端点 $x = \frac{\pi}{2}$：$f_n(\frac{\pi}{2}) = n \ge 1$，且当 $n=1$ 时等于1，当 $n \ge 2$ 时大于1。
公式：f_n\left(\frac{\pi}{6}\right) = 1 - \left(\frac{1}{2}\right)^n < 1, \quad f_n\left(\frac{\pi}{2}\right) = n \ge 1
提示：注意 $n=1$ 时右端点恰好等于1，解在区间内；$n \ge 2$ 时右端点大于1，解在区间内部。
步骤 3/6
目标：利用介值定理和单调性证明存在唯一解
由于 $f_n(x)$ 在 $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$ 上连续且严格递增，且 $f_n(\frac{\pi}{6}) < 1$，$f_n(\frac{\pi}{2}) \ge 1$，由介值定理，存在唯一 $x_n \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$ 使得 $f_n(x_n)=1$。当 $n=1$ 时，解为 $x_1 = \frac{\pi}{2}$，也满足唯一性。
公式：f_n(x_n) = 1, \quad x_n \in \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]
提示：严格单调性保证了根的唯一性，介值定理保证了根的存在性。
步骤 4/6
目标：建立解满足的方程并化简
由第1问，$x_n$ 满足 $\frac{\sin x_n (1 - \sin^n x_n)}{1 - \sin x_n} = 1$。两边乘以 $1 - \sin x_n$ 得 $\sin x_n - \sin^{n+1} x_n = 1 - \sin x_n$，移项整理得 $2\sin x_n - 1 = \sin^{n+1} x_n$。
公式：2\sin x_n - 1 = \sin^{n+1} x_n
提示：化简时注意 $\sin x_n \neq 1$（对 $n \ge 2$），否则会得到矛盾。
步骤 5/6
目标：分析 $\sin x_n$ 的极限行为
由于 $x_n \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$，故 $\sin x_n \in [\frac{1}{2}, 1]$。当 $n \ge 2$ 时，若 $\sin x_n = 1$，则左边 $2\cdot1-1=1$，右边 $1^{n+1}=1$，但此时 $f_n(\frac{\pi}{2})=n>1$，矛盾，故 $\sin x_n < 1$。于是当 $n \to \infty$ 时，$\sin^{n+1} x_n \to 0$。由等式 $2\sin x_n - 1 = \sin^{n+1} x_n$ 取极限得 $\lim_{n\to\infty} (2\sin x_n - 1) = 0$，即 $\lim_{n\to\infty} \sin x_n = \frac{1}{2}$。
公式：\lim_{n\to\infty} \sin x_n = \frac{1}{2}
提示：关键点：$\sin x_n < 1$ 保证了 $\sin^{n+1} x_n \to 0$，从而推出极限。
步骤 6/6
目标：由 $\sin x_n$ 的极限推出 $x_n$ 的极限
由于 $\sin x$ 在 $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$ 上严格递增且连续，$\sin x_n \to \frac{1}{2}$ 意味着 $x_n \to \arcsin(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$。因此 $\lim_{n\to\infty} x_n = \frac{\pi}{6}$。
公式：\lim_{n\to\infty} x_n = \frac{\pi}{6}
提示：反函数的连续性保证了由函数值极限可推出自变量极限。
步骤 7/7
目标：利用反证法证明 $a = \frac{\pi}{6}$
假设 $a > \frac{\pi}{6}$，则 $\sin a > \frac{1}{2}$。由 $2\sin x_n - \sin^{n+1} x_n = 1$，令 $n \to \infty$，左边第二项 $\sin^{n+1} x_n \to 0$（因为 $\sin x_n \to \sin a < 1$），得到 $2\sin a = 1$，即 $\sin a = \frac{1}{2}$，与假设矛盾。故 $a = \frac{\pi}{6}$。
公式：\lim_{n \to \infty} \sin^{n+1} x_n = 0 \Rightarrow 2\sin a = 1 \Rightarrow a = \frac{\pi}{6}
提示：这里需要用到 $\sin x_n$ 严格小于1，且极限 $\sin a < 1$，否则 $\sin^{n+1} x_n$ 可能不趋于0。
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