已知函数 $f_n(x)=2n^2\sin x+\cos x$（$n\in\mathbb{N^{\ast}}$），设 $f_n(x)=0$ 在 $(0,\pi)$ 上的根为 $x_n$．试求 $\displaystyle \sum^k_{i=1}x_i$（用关于 $k$ 的表达式表示）．
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(20)
【标注】
【答案】
略
【解析】
对 $n\in\mathbb{N^{\ast}}$，有 $2n^2\sin x_n+\cos x_n=0$．若 $\cos x_n=0$，则 $\sin x_n=1$，代入
后不满足等式，故 $\cos x_n\neq 0$．于是$$\tan x_n=\frac{\sin x_n}{\cos x_n}=-\frac{1}{2n^2}.$$注意到 $x_n\in (0,\pi)$，故$$x_n=\pi-\arctan \frac{1}{2n^2}.$$从而$$\sum^k_{i=1}x_i=k\pi-\sum^k_{i=1}\arctan\frac{1}{2i^2}.$$下面证明，对任意 $i\in\mathbb{N^{\ast}}$，有 $\arctan\frac{1}{2i^2}=\arctan(2i+1)-\arctan(2i-1)$．
设 $\alpha=\arctan(2i+1), \beta=\arctan(2i-1)$，则 $0<\beta<\alpha<\frac{\pi}{2},\tan\alpha=2i+1,\tan\beta=2i-1$．
于是$$\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}=\frac{1}{2i^2},$$故$$\arctan\frac{1}{2i^2}=\alpha-\beta=\arctan(2i+1)-\arctan(2i-1).$$从而$$\begin{aligned}
\sum^k_{i=1}x_i&=k\pi-\sum^k_{i=1}(\arctan(2i+1)-\arctan(2i-1))\\
&=k\pi-\arctan(2k+1)+\arctan 1\\
&=k\pi+\frac{\pi}{4}-\arctan(2k+1).\\
\end{aligned}$$
后不满足等式，故 $\cos x_n\neq 0$．于是$$\tan x_n=\frac{\sin x_n}{\cos x_n}=-\frac{1}{2n^2}.$$注意到 $x_n\in (0,\pi)$，故$$x_n=\pi-\arctan \frac{1}{2n^2}.$$从而$$\sum^k_{i=1}x_i=k\pi-\sum^k_{i=1}\arctan\frac{1}{2i^2}.$$下面证明，对任意 $i\in\mathbb{N^{\ast}}$，有 $\arctan\frac{1}{2i^2}=\arctan(2i+1)-\arctan(2i-1)$．
设 $\alpha=\arctan(2i+1), \beta=\arctan(2i-1)$，则 $0<\beta<\alpha<\frac{\pi}{2},\tan\alpha=2i+1,\tan\beta=2i-1$．
于是$$\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}=\frac{1}{2i^2},$$故$$\arctan\frac{1}{2i^2}=\alpha-\beta=\arctan(2i+1)-\arctan(2i-1).$$从而$$\begin{aligned}
\sum^k_{i=1}x_i&=k\pi-\sum^k_{i=1}(\arctan(2i+1)-\arctan(2i-1))\\
&=k\pi-\arctan(2k+1)+\arctan 1\\
&=k\pi+\frac{\pi}{4}-\arctan(2k+1).\\
\end{aligned}$$
答案
解析
备注
