Question

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^*．

Answer 1

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（x）在区间（0，x₀）上是增函数，
∴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．