Question

函数f（x）=sinx．
（Ⅰ）令f1(x)=f′(x)，fn+1(x)=

f

′ n

(x)，(n∈N*)，求f₂₀₁₄（x）的解析式； 
（Ⅱ）若f（x）+1≥ax+cosx在[0，π]上恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：f(

π

2n+1

)+f(

2π

2n+1

)+…+f(

(n+1)π

2n+1

)≥

3 2 (n+1)

4(2n+1)

．

Answer 1

考点：数列递推式

专题：导数的综合应用,点列、递归数列与数学归纳法

分析：（Ⅰ）求函数的导数，根据导数之间的关系得到函数的周期性即可求f₂₀₁₄（x）的解析式； 
（Ⅱ）法1：将不等式f（x）+1≥ax+cosx在[0，π]上恒成立，进行参数分离，即可求实数a的取值范围；
法2；构造函数，利用导数研究函数的单调性，也可求a的取值范围．
（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论即可证明不等式．

解答： 解：（Ⅰ）f₁（x）=cosx，f₂（x）=-sinx，f₃（x）=-cosx，f₄（x）=sinx…周期为4，
∴f₂₀₁₄（x）=f_503×4+2（x）=f₂（x）=-sinx．
（Ⅱ）方法一：即sinx+1≥ax+cosx在[0，π]上恒成立，
当x=0时，a∈R；
当x∈（0，π]时，a≤

sinx-cosx+1

x

，
设g(x)=

sinx-cosx+1

x

，g′(x)=

(cosx+sinx)x-(sinx-cos+1)

x2

=

xcosx+xsinx-sinx+cosx-1

x2

，
设h（x）=xcosx+xsinx-sinx+cosx-1，h′（x）=x（cosx-sinx），
则x∈(0，

π

4

)时h′（x）＞0，h（x）增；x∈(

π

4

，π]，h(x)减．
而h(0)=0，h(

π

4

)＞0，h(π)＜0，
∴h（x）在(

π

4

，π]上存在唯一零点，
设为x₀，则x∈（0，x₀），h（x）＞0，g（x）＞0；x∈（x₀，π]，h（x）＜0，g（x）＜0，
∴g（x）在x₀处取得最大值，在x=π处取得最小值，∴a≤g(π)=

2

π

．
综上：∴a≤

2

π

．
方法二：设g（x）=sinx+1-ax-cosx，g′(x)=cosx-a+sinx=

2

sin(x+

π

4

)-a．
∵x∈[0，π]，∴

2

sin(x+

π

4

)∈[-1，

2

]．
当a≤-1时，g′（x）≥0在[0，π]上恒成立，
∴g（x）≥g（x）_min=g（0）=0成立，故a≤-1；
当a≥

2

时，g′（x）≤0在[0，π]上恒成立，g（x）_min=g（π）=2-πa≥0得a≤

2

π

，无解．
当-1＜a＜

2

时，则存在x₀∈（0，π]使得x∈（0，x₀）时g（x）增，x∈（x₀，π]时g（x）减，
故g（x）_min={g（0），g（π）}，
∴

g(0)≥0 g(π)≥0

，解得a≤

2

π

，故-1＜a≤

2

π

．
综上：∴a≤

2

π

．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：x∈[0，π]时sinx+1≥

2

π

x+cosx，
∴sinx-cosx≥

2

π

x-1
即

2

sin(x-

π

4

)≥

2

π

x-1．
当1≤k≤n+1时，0≤

kπ

2n+1

+

π

4

≤π，
∴

2

sin

kπ

2n+1

=

2

sin(

kπ

2n+1

+

π

4

-

π

4

)≥

2

π

(

kπ

2n+1

+

π

4

)-1=

2k

2n+1

-

1

2

，
∴

2

[f(

π

2n+1)

)+f(

2π

2n+1)

+…+f(

(n+1)π

2n+1

)]≥(

2

2n+1

-

1

2

)+…+(

2(n+1)

2n+1

-

1

2

=

2

2n+1

•

(n+1)(n+2)

2

-

n+1

2

=

3(n+1)

2(2n+1)

，
∴f(

π

2n+1

)+f(

2π

2n+1

)+…+f(

(n+1)π

2n+1

)≥

3 2 (n+1)

4(2n+1)

．

点评：本题主要考查数列的递推公式的应用，不等式恒成立以及不等式的证明，涉及的知识点较多，综合性较强，难度较大．