Question

（2010•泸州二模）已知函数f（x）=-cosx，g（x）=ax-π．
（Ⅰ）若函数h（x）=g（x）-f（x）在x=

π

3

时取得极值，求h（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）证明：对任意的x∈R，都有|f′（x）|≤|x|；
（Ⅲ）若a=2，x₁=a（a∈[

π

6

，

5π

6

]），g（x_n+1）=

2

n

f(xn)，求证：|x1-

π

2

|+|x2-

π

2

|+…+|xn+1-

π

2

|＜π（n∈N^×）

Answer 1

分析：（I）先对函数h（x）=ax-π+cosx求导，由题意可得h′(

π

3

)=0，可求a的值，然后分别令h′（x）＞0，h′（x）＜0，求出函数的单调区间
（II）构造函数F（x）=sinx-x，利用导数判断F（x）的单调性，分别就x≥0，x＜0进行F（x）的取值范围，从而证明．
（III）由g（x_n+1）=

2

n

f(xn)可得|xn+1-

π

2

|=

1

n

|sin(xn-

π

2

)|，由（II）可得|xn+1-

π

2

|≤

1

n

|xn-

π

2

|，利用此结论根据递推可证明．

解答：解：（I）h′（x）=a-sinx，函数h（x）=g（x）-f（x）在x=

π

3

时取得极值
∴h′(

π

3

)=a-sin

π

3

=0∴a=

3

2

当h′（x）＜0时，即

3

2

-sinx＜0时，2kπ+

π

3

＜x＜2kπ+

2π

3

，k∈Z
∴h（x）的单调递减区间是[2kπ+

π

3

，2kπ+

2π

3

]，k∈Z

（II）∵f（x）=-cosx∴f′（x）=sinx，设F₁（x）=sinx-x，则F₁′（x）=cosx-1≤0
所以F₁（x）在R上是减函数，故当x≥0时，F₁（x）≤F₁（0）=0，即sinx≤x=|x|
又设F₂（x）=sinx+x，则F₂′（x）=cosx+1≥0
所以∴F₂（x）在R上是增函数，故当x≥0时，F₂（x）≥F₂（0）=0
即sinx≥-x=-|x|
∴当x≥0，-|x|≤sinx≤|x|，f′（x）=|sinx|≤|x|
同理可证，当x＜0 时，|f′（x）|=|sinx|≤|x|
对任意的x∈R，都有|f′（x）|≤|x|

（III）由g(xn+1)=

2

n

f(xn)，得xn+1-

π

2

= 

1

n

cosxn
∵|xn+1-

π

2

|=

1

n

|cosxn|=

1

n

|sin(xn-

π

2

)|
依据（II）有|xn+1-

π

2

|  =

1

n

|sin (xn-

π

2

)|≤

1

n

|xn-

π

2

|
|xn-

π

2

|≤

1

n-1

|xn-1-

π

2

|
|xn-1-

π

2

|≤

1

n-2

|xn-2-

π

2

|
…
|x2-

π

2

|≤|x1-

π

2

|
故|xn-

π

2

|≤

1

(n-1)!

|α-

π

2

|
∴|x1-

1

2

π|+|x2-

1

2

π|+…+|xn-

1

2

π|≤(1+1+

1

2!

+

1

3!

+…+

1

n!

)|α-

1

2

π|
≤[1+1+

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n-1

]|α-

π

2

|=[1+2(1-

1

2n

)]|α-

π

2

|

=(3-

1

2n-1

)|α-

π

2

|＜3|α-

π

2

|＜π   (α∈[

π

6

，

5π

6

]
所以原不等式成立

点评：本题考查了利用函数的导数求解函数极值、单调性的问题及利用函数的性质综合解决问题，同时考查了考生的综合运用知识分析问题、解决问题的能力，逻辑推理的能力．