Question

6．函數(shù)f（x）=sinx．
（1）令f₁（x）=f′（x），f_n+1（x）=f_n′（x），（n∈N^*），f₂₀₁₅（x）的解析式；
（2）若f（x）+1≥ax+cosx在[0，π]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）證明：f（$\frac{π}{2n+1}$）+f（$\frac{2π}{2n+1}$）+…+f（$\frac{（n+1）π}{2n+1}$）≥$\frac{{3\sqrt{2}（n+1）}}{4（2n+1）}$．

Answer 1

分析 （1）求出導數(shù)，得到f（x）為周期為4的函數(shù)，即可得到所求的解析式；
（2）設g（x）=1+sinx-ax-cosx，求出導數(shù)，運用正弦函數(shù)的值域，討論①當a≤-1時，②當a≥$\sqrt{2}$時，③當-1＜a＜$\sqrt{2}$時，由函數(shù)的單調(diào)性和不等式恒成立的思想，求得最小值，解不等式即可得到所求范圍；
（3）由（2）可得x∈[0，π]，sinx-cosx≥$\frac{2}{π}$x-1，即有$\sqrt{2}$sin（x-$\frac{π}{4}$）≥$\frac{2}{π}$x-1，當1≤k≤n+1時，0≤$\frac{kπ}{2n+1}$+$\frac{π}{4}$≤π，$\sqrt{2}$sin$\frac{kπ}{2n+1}$=$\sqrt{2}$sin（$\frac{kπ}{2n+1}$+$\frac{π}{4}$-$\frac{π}{4}$）≥$\frac{2}{π}$（$\frac{kπ}{2n+1}$+$\frac{π}{4}$）-1=$\frac{2k}{2n+1}$-$\frac{1}{2}$，由累加法和等差數(shù)列的求和公式，計算即可得證．

解答 解：（1）f₁（x）=cosx，f₂（x）=-sinx，
f₃（x）=-cosx，f₄（x）=sinx，…，
f（x）為周期為4的函數(shù)，
即有f₂₀₁₅（x）=f_4×503+3（x）=f₃（x）=-cosx；
（2）設g（x）=1+sinx-ax-cosx，
g′（x）=cosx-a+sinx=$\sqrt{2}$sin（x$+\frac{π}{4}$）-a，
由x∈[0，π]，即有$\sqrt{2}$sin（x$+\frac{π}{4}$）∈[-1，$\sqrt{2}$]，
①當a≤-1時，g′（x）≥0在[0，π]恒成立，g（x）遞增，
即有g（x）的最小值為g（0）=0，則a≤-1；
②當a≥$\sqrt{2}$時，g′（x）≤0在[0，π]恒成立，g（x）遞減，
即有g（x）的最小值為g（π）=2-aπ，由g（π）≥0可得a≤$\frac{2}{π}$，舍去；
③當-1＜a＜$\sqrt{2}$時，存在x₀∈[0，π]，使得x∈（0，x₀）g（x）遞增，x∈（x₀，π）時，g（x）遞減．
g（x）_min=min{g（0），g（π）}，由$\left\{\begin{array}{l}{g（0）≥0}\\{g（π）≥0}\end{array}\right.$可得a≤$\frac{2}{π}$，則有-1＜a≤$\frac{2}{π}$．
綜上可得，a的取值范圍是（-∞，$\frac{2}{π}$]；
（3）證明：由（2）可得x∈[0，π]，sinx+1≥$\frac{2}{π}$x+cosx，
即sinx-cosx≥$\frac{2}{π}$x-1，即有$\sqrt{2}$sin（x-$\frac{π}{4}$）≥$\frac{2}{π}$x-1，
當1≤k≤n+1時，0≤$\frac{kπ}{2n+1}$+$\frac{π}{4}$≤π，
即有$\sqrt{2}$sin$\frac{kπ}{2n+1}$=$\sqrt{2}$sin（$\frac{kπ}{2n+1}$+$\frac{π}{4}$-$\frac{π}{4}$）≥$\frac{2}{π}$（$\frac{kπ}{2n+1}$+$\frac{π}{4}$）-1=$\frac{2k}{2n+1}$-$\frac{1}{2}$，
則$\sqrt{2}$[f（$\frac{π}{2n+1}$）+f（$\frac{2π}{2n+1}$）+…+f（$\frac{（n+1）π}{2n+1}$）]≥$\frac{2}{2n+1}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{4}{2n+1}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{2（n+1）}{2n+1}$-$\frac{1}{2}$
=$\frac{2}{2n+1}$•$\frac{1}{2}$（n+1）（n+2）-$\frac{1}{2}$（n+1）=$\frac{3}{2}$•$\frac{n+1}{2n+1}$．
即為f（$\frac{π}{2n+1}$）+f（$\frac{2π}{2n+1}$）+…+f（$\frac{（n+1）π}{2n+1}$）≥$\frac{{3\sqrt{2}（n+1）}}{4（2n+1）}$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查函數(shù)的周期性及運用，運用分類討論的思想方法和函數(shù)單調(diào)性的運用，結合正弦函數(shù)的值域，屬于中檔題．