Question

已知函数f（x）=xcosx-sinx+1（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）记x_i为f（x）的从小到大的第i（i∈N^*）个零点，证明：对一切n∈N^*，有

1

x 2 1

+

1

x 2 2

+…+

1

x 2 n

＜

2

3

．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数的导数，利用导数研究f（x）的单调区间；
（Ⅱ）利用放缩法即可证明不等式即可．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=xcosx-sinx+1（x＞0），
∴f′（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx，
由f′（x）=-xsinx=0，解得x=kπ（k∈N^*），
当x∈（2kπ，（2k+1）π）（k∈N），sinx＞0，此时f′（x）＜0，函数单调递减，
当x∈（（2k+1）π，（2k+2）π）（k∈N），sinx＜0，此时f′（x）＞0，函数单调递增，
故f（x）的单调增区间为（（2k+1）π，（2k+2）π），k≥0，单调递减区间为（2kπ，（2k+1）π），k≥0．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在区间（0，π）上单调递减，
又f（

π

2

）=0，故x₁=

π

2

，
当n∈N^*，
∵f（nπ）f（（n+1）π）=[（-1）ⁿnπ+1][（-1）ⁿ⁺¹（n+1）π+1]＜0，
且函数f（x）的图象是连续不间断的，
∴f（x）在区间（nπ，（n+1）π）内至少存在一个零点，
又f（x）在区间（nπ，（n+1）π）是单调的，
故nπ＜x_n+1＜（n+1）π，
因此当n=1时，有

1

x 2 1

=

4

π2

＜

2

3

成立．
当n=2时，有

1

x 2 1

+

1

x 2 2

＜

1

π2

(4+1)＜

2

3

．
…

1

x 2 1

+

1

x 2 2

+…+

1

x 2 n

＜

1

π2

[4+1+

1

22

+…+

1

(n-1)2

]＜

1

π2

[5+

1

1×2

+…+

1

(n-2)(n-1)

]＜

1

π2

[5+1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n-2

-

1

n-1

]
＜

1

π2

（6-

1

n-1

）＜

6

π2

＜

2

3

．
综上证明：对一切n∈N^*，有

1

x 2 1

+

1

x 2 2

+…+

1

x 2 n

＜

2

3

．

点评：本题主要考查函数单调性的判定和证明，以及利用导数和不等式的综合，利用放缩法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大．