Question

20．先阅读参考材料，再解决此问题：
参考材料：求抛物线弧y=x²（0≤x≤2）与x轴及直线x=2围成的封闭图形的面积
解：把区间[0，2]进行n等分，得n-1个分点A（$\frac{2i}{n}$，0）（i=1，2，3，…，n-1），过分点A_i，作x轴的垂线，交抛物线于B_i，并如图构造n-1个矩形，先求出n-1个矩形的面积和S_n-1，再求$\underset{lim}{n→∞}$S_n-1，即是封闭图形的面积，又每个矩形的宽为$\frac{2}{n}$，第i个矩形的高为（$\frac{2i}{n}$）²，所以第i个矩形的面积为$\frac{2}{n}$•（$\frac{2i}{n}$）²；
S_n-1=$\frac{2}{n}$[$\frac{4•{1}^{2}}{{n}^{2}}$+$\frac{4•{2}^{2}}{{n}^{2}}$+$\frac{4•{3}^{2}}{{n}^{2}}$+…+$\frac{4•（n-1）^{2}}{{n}^{2}}$]=$\frac{8}{{n}^{3}}$[1²+2²+3²+…+（n-1）²]=$\frac{8}{{n}^{3}}$•$\frac{n（n-1）（2n-1）}{6}$
所以封闭图形的面积为$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{8}{{n}^{3}}$•$\frac{n（n-1）（2n-1）}{6}$=$\frac{8}{3}$
阅读以上材料，并解决此问题：已知对任意大于4的正整数n，不等式$\sqrt{1-\frac{{1}^{2}}{{n}^{2}}}$+$\sqrt{1-\frac{{2}^{2}}{{n}^{2}}}$+$\sqrt{1-\frac{{3}^{2}}{{n}^{2}}}$+…+$\sqrt{1-\frac{（n-1）^{2}}{{n}^{2}}}$＜an恒成立，则实数a的取值范围为[$\frac{π}{4}$，+∞）．

Answer 1

分析 作出f（x）=$\sqrt{1-{x}^{2}}$（0≤x≤1）的图象，可得为以O为原点，1为半径的$\frac{1}{4}$圆．把区间[0，1]进行n等分，得n-1个分点A_i（$\frac{i}{n}$，0）（i=1，2，3，…，n-1），过分点A_i，作x轴的垂线，交图象于B_i，并如图构造n-1个矩形，先求出n-1个矩形的面积和S_n-1，再求$\underset{lim}{n→∞}$S_n-1，即是封闭图形的面积，运用圆的面积公式结合恒成立问题的解法，即可得到a的范围．

解答 解：作出f（x）=$\sqrt{1-{x}^{2}}$（0≤x≤1）的图象，
可得为以O为原点，1为半径的$\frac{1}{4}$圆．
把区间[0，1]进行n等分，得n-1个分点A_i（$\frac{i}{n}$，0）（i=1，2，3，…，n-1），
过分点A_i，作x轴的垂线，交图象于B_i，并如图构造n-1个矩形，先求出n-1个矩形的面积和S_n-1，再求$\underset{lim}{n→∞}$S_n-1，即是封闭图形的面积，
又每个矩形的宽为$\frac{1}{n}$，第i个矩形的高为$\sqrt{1-（\frac{i}{n}）^{2}}$，
所以第i个矩形的面积为$\frac{1}{n}$•$\sqrt{1-（\frac{i}{n}）^{2}}$；
S_n-1=$\frac{1}{n}$[$\sqrt{1-\frac{{1}^{2}}{{n}^{2}}}$+$\sqrt{1-\frac{{2}^{2}}{{n}^{2}}}$+$\sqrt{1-\frac{{3}^{2}}{{n}^{2}}}$+…+$\sqrt{1-\frac{（n-1）^{2}}{{n}^{2}}}$]，
则封闭图形的面积为$\underset{lim}{n→∞}$=S_n-1=$\frac{π}{4}$•1²=$\frac{π}{4}$．
由a＞$\frac{1}{n}$[$\sqrt{1-\frac{{1}^{2}}{{n}^{2}}}$+$\sqrt{1-\frac{{2}^{2}}{{n}^{2}}}$+$\sqrt{1-\frac{{3}^{2}}{{n}^{2}}}$+…+$\sqrt{1-\frac{（n-1）^{2}}{{n}^{2}}}$]恒成立，
可得a的范围是a≥$\frac{π}{4}$．
故答案为：[$\frac{π}{4}$，+∞）．

点评 本题考查数列的求和，注意运用极限的思想方法，考查化简整理整理的运算能力，属于中档题．