题目内容
14.(1)若a<$\frac{sinx}{x}$<b对x∈(0,$\frac{π}{2}$)恒成立,求a的最大值与b的最小值.(2)证明:sin$\frac{π}{{2}^{2}}$+sin$\frac{π}{{3}^{2}}$+…+sin$\frac{π}{{n}^{2}}$>$\frac{n-1}{n+1}$,n≥2,n∈N*.
分析 (1)当x>0时,“$\frac{sinx}{x}$>a”等价于“sinx-ax>0”,“$\frac{sinx}{x}$<b”等价于“sinx-bx<0”.令g(x)=sinx-cx,利用导数研究其单调性,并且对于c分类讨论即可得出.
(2)利用数学归纳法可知:只要证明:$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$>$\frac{2}{(k+1)(k+2)}$即可.由(1)可知:$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$>$\frac{2}{π}×\frac{π}{(k+1)^{2}}$=$\frac{2}{(k+1)^{2}}$,而$\frac{2}{(k+1)^{2}}$>$\frac{2}{(k+1)(k+2)}$,即可证明.
解答 解:(1)当x>0时,“$\frac{sinx}{x}$>a”等价于“sinx-ax>0”,
“$\frac{sinx}{x}$<b”等价于“sinx-bx<0”.
令g(x)=sinx-cx,则g′(x)=cosx-c.
①当c≤0时,g(x)>0对任意x∈(0,$\frac{π}{2}$)恒成立.
②当c≥1时,因为对任意x∈(0,$\frac{π}{2}$),g′(x)=cosx-c<0,
∴g(x)在区间(0,$\frac{π}{2}$)上单调递减,
从而g(x)<g(0)=0对任意x∈(0,$\frac{π}{2}$)恒成立.
③当0<c<1时,存在唯一的x0∈(0,$\frac{π}{2}$)使得g′(x0)=cosx0-c=0.
g(x)与g′(x)在区间(0,$\frac{π}{2}$)上的情况如下:
x | (0,x0) | x0 | (x0,$\frac{π}{2}$) |
g′(x) | + | 0 | - |
g(x) | 递增 | 极大值 | 递减 |
∴g(x0)>g(0)=0.
于是“g(x)>0对任意x∈(0,$\frac{π}{2}$)恒成立”当且仅当g($\frac{π}{2}$)=1-$\frac{π}{2}$c≥0,即0<c≤$\frac{2}{π}$.
综上所述,当且仅当c≤$\frac{2}{π}$时,g(x)>0对任意x∈(0,$\frac{π}{2}$)恒成立;
当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈(0,$\frac{π}{2}$)恒成立.
∴若a<$\frac{sinx}{x}$<b对任意x∈(0,$\frac{π}{2}$)恒成立,
则a的最大值为$\frac{2}{π}$,b的最小值为1.
(2)证明:①当n=2时,$sin\frac{π}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$>\frac{1}{3}$,即原不等式成立;
②假设n=k时,原不等式成立,即:$sin\frac{π}{{2}^{2}}+sin\frac{π}{{3}^{2}}+…+sin\frac{π}{{k}^{2}}>\frac{k-1}{k+1}$;
则当n=k+1时,左边=sin$\frac{π}{{2}^{2}}$+sin$\frac{π}{{3}^{2}}$+…+$sin\frac{π}{{k}^{2}}$+$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$>$\frac{k-1}{k+1}+$$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$,
下面只要证明:$\frac{k-1}{k+1}$+$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$>$\frac{k}{k+2}$,即证明$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$>$\frac{2}{(k+1)(k+2)}$即可.
由(1)可知:$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$>$\frac{2}{π}×\frac{π}{(k+1)^{2}}$=$\frac{2}{(k+1)^{2}}$,而$\frac{2}{(k+1)^{2}}$>$\frac{2}{(k+1)(k+2)}$,
∴$sin\frac{π}{(k+1)^{2}}$>$\frac{2}{(k+1)(k+2)}$.
综上可得:命题对于n≥2,n∈N*都成立.
点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、数学归纳法,考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力,属于难题.