题目内容
1．已知函数f（x）=x2•sinx，各项均不相等的数列{xn}满足$|{x_i}|≤\frac{π}{2}（i=1，2，3，…n）$．令F（n）=（x1+x2+…+xn）•[f（x1）+f（x2）…+f（xn）]（n∈N*）．给出下列三个命题：①存在不少于3项的数列{xn}，使得F（n）=0；
②若数列{xn}的通项公式为${x_n}={（-\frac{1}{2}）^n}$（n∈N*），则F（2k）＞0对k∈N*恒成立；
③若数列{xn}是等差数列，则存在n∈N*使得F（n）＜0成立
其中真命题的序号是①②．
分析 由题意，f（x）=x2sinx是奇函数，只需考查0＜x≤1时的性质，此时y=x2，y=sinx都是增函数，得f（x）=x2sinx在[0，1]上是增函数；即x1+x2≠0时，（x1+x2）（f（x1）+f（x2））＞0；
对于①，取取-$\frac{π}{2}$≤x1=-x3≤$\frac{π}{2}$，x2=0，即可判断；
对于②，运用等比数列的求和公式和性质，即可判断；
对于③，运用等差数列的求和公式和性质，结合函数f（x）的单调性，即可判断．
解答 解：由题意得f（x）=x2sinx是奇函数，
当0＜x≤$\frac{π}{2}$时，y=x2，y=sinx都是增函数，
∴f（x）=x2sinx在[0，$\frac{π}{2}$]上递增，
∴f（x）=x2sinx在[-$\frac{π}{2}$，$\frac{π}{2}$]上是增函数；
若x1+x2＜0，则x1＜-x2，∴f（x1）＜f（-x2），
即f（x1）＜-f（x2），∴f（x1）+f（x2）＜0；
同理若x1+x2＞0，可得f（x1）+f（x2）＞0；
∴x1+x2≠0时，（x1+x2）（f（x1）+f（x2））＞0．
对于（1），取-$\frac{π}{2}$≤x1=-x3≤$\frac{π}{2}$，x2=0，则F（3）=（x1+x2+x3）•
[f（x1）+f（x2）+f（x3）]=0，因此①正确；
对于（2），∵${x_n}={（-\frac{1}{2}）^n}$（n∈N*），∴x1+x2+…+xn=$\frac{-\frac{1}{2}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1-（-\frac{1}{2}）}$＜0，
又f（2k-1）+f（2k）=（-$\frac{1}{2}$）2（2k-1）sin（-$\frac{1}{2}$）2k-1+（-$\frac{1}{2}$）2•2ksin（-$\frac{1}{2}$）2k=（$\frac{1}{4}$）2k[-sin（-$\frac{1}{2}$）2k-1+sin（-$\frac{1}{2}$）2k]＜0，
∴F（2k）＞0对k∈N*恒成立，故②正确；
对于（3），如x1+x2+…+xn=0，F（n）=0时，若数列{xn}是等差数列，
则x1+x2+…+xn＞0，则x1+xn＞0，f（x1）＞f（xn），可得x2+xn-1＞0，…，f（x2）＞f（xn-1），…
相加即可得到F（n）＞0，同理x1+x2+…+xn＜0，即有f（x1）+f（x2）+…f（xn）＜0，即F（n）＞0，
则③不正确．
故答案为：①②．
点评 本题通过命题真假的判定，考查了新定义的函数的性质以及应用问题，函数的单调性与奇偶性问题，等差与等比数列的性质与应用问题，是综合题．
| A． | 充分而不必要条件 | B． | 必要而不充分条件 | ||
| C． | 充分必要条件 | D． | 既不充分也不必要条件 |
如图所示，扇形AOB，圆心角AOB的大小等于$\frac{π}{3}$，半径为2，在半径OA上有一动点C，过点C作平行于OB的直线交弧AB于点P．设∠COP=θ（θ∈（0，$\frac{π}{3}$）），则△POC周长与角θ的函数关系式f（θ）=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$sin（$θ+\frac{π}{3}$）+2，θ∈（0，$\frac{π}{3}$）．| A． | 充要条件 | B． | 充分不必要条件 | ||
| C． | 必要不充分条件 | D． | 既不充分也不必要条件 |
| A． | 只有一条，不在平面α内 | B． | 只有一条，且在平面α内 | ||
| C． | 有无数条，一定在平面α内 | D． | 有无数条，不一定在平面α内 |