Question

19．已知函数f（x）=sinx（x≥-3π），将f（x）的零点从小到大排列，得到一个数列{a_n}（n∈N^*）
（1）直接写出{a_n}的通项公式；
（2）求{|a_n|}的前n项和S_n；
（3）设b_n=$\frac{{a}_{n}}{π}$+4，证明：$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{{b}_{1}b}_{2}}$+$\frac{1}{{{{b}_{1}b}_{2}b}_{3}}$+$\frac{1}{{{{{b}_{1}b}_{2}b}_{3}b}_{4}}$+…+$\frac{1}{{{{b}_{1}b}_{2}b}_{3}••{•b}_{2017}}$＜2．

Answer 1

分析 （1）根据函数零点定理，令f（x）=0，即可求出函数的零点，再写出数列的通项公式即可，
（2）分n≤4或n≥4两种情况根据等差数列的求和公式计算即可，
（3）求出b_n=n，当n＞1时，再利用$\frac{1}{{b}_{1}{b}_{2}…{b}_{n}}$=$\frac{1}{1×2×3×…×n}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n-1}$，再利用放缩即可证明．

解答 解：（1）令f（x）=sinx=0
解得x=kπ，取k∈N，且k≥-3，
则a_n=nπ-4π，n∈N^*．
（2）由（1）知数列的{a_n}的首项为-3π，公差为π，
{|a_n|}的前n项和S_n；
当n≤4时，S_n=-$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2}$=-$\frac{n（-3π+nπ-4π）}{2}$=$\frac{n（7π-nπ）}{2}$，
当n＞4时，数列{|a_n|}的前n项和S_n=-a₁-a₂-a₃-a₄+a₅+…+a_n=a₁+a₂+a₃+a₄+a₅+…+a_n-2（a₁+a₂+a₃+a₄）=$\frac{n（-3π+nπ-4π）}{2}$-12π=$\frac{n（nπ-7π）}{2}$+12π
∴S_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n（7π-nπ）}{2}，n≤4}\\{\frac{n（nπ-7π）}{2}+12π，n＞4}\end{array}\right.$，
（3）b_n=$\frac{{a}_{n}}{π}$+4=n-4+4=n，
∴b₁b₂b₃…b_n=1×2×3×…×n，
∴$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{{b}_{1}b}_{2}}$+$\frac{1}{{{{b}_{1}b}_{2}b}_{3}}$+$\frac{1}{{{{{b}_{1}b}_{2}b}_{3}b}_{4}}$+…+$\frac{1}{{{{b}_{1}b}_{2}b}_{3}••{•b}_{2017}}$，
=$\frac{1}{1}$+$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{1×2×3}$+$\frac{1}{1×2×3×4}$+…+$\frac{1}{1×2×3×…×2017}$，
＜1+$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$+…+$\frac{1}{2016×2017}$，
=1+1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{2006}$-$\frac{1}{2007}$=2-$\frac{1}{2007}$＜2

点评 本题考查了函数零点定理和数列的通项公式和等差数列的前n项和公式以及放缩法和裂项求和，属于中档题