已知函数 $f\left(x\right) = x\cos x - \sin x + 1\left(x > 0\right)$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
求 $f\left(x\right)$ 的单调区间；标注答案单调递减区间为 $\left( {2k{\mathrm \pi} ,\left( {2k + 1} \right){\mathrm \pi} } \right)\left( {k \in {\mathbb{N}}} \right)$；单调递增区间为 $\left( {\left( {2k + 1} \right){\mathrm \pi} ,\left( {2k + 2} \right){\mathrm \pi} } \right)\left( {k \in {\mathbb{N}}} \right)$．解析本题考查利用导数研究函数的单调性，三角函数的周期性是本题的关键点．对函数 $f\left( x \right)$ 求导可得\[f'\left( x \right) = \cos x - x\sin x - \cos x = - x\sin x,\]令 $f'\left( x \right) = 0$ 可得\[x = k{\mathrm \pi} \left( {k \in {\mathbb{N}}^*} \right),\]当 $x \in \left( {2k{\mathrm \pi} ,\left( {2k + 1} \right){\mathrm \pi} } \right)\left( {k \in {\mathbb{N}}} \right)$ 时，$\sin x > 0$．此时 $f'\left( x \right) < 0$；
当 $x \in \left( {\left( {2k + 1} \right){\mathrm \pi} ,\left( {2k + 2} \right){\mathrm \pi} } \right)\left( {k \in {\mathbb{N}}} \right)$ 时，$\sin x < 0$，此时 $f'\left( x \right) > 0$，
故函数 $f\left( x \right)$ 的单调递减区间为\[\left( {2k{\mathrm \pi} ,\left( {2k + 1} \right){\mathrm \pi} } \right)\left( {k \in {\mathbb{N}}} \right);\]单调递增区间为\[\left( {\left( {2k + 1} \right){\mathrm \pi} ,\left( {2k + 2} \right){\mathrm \pi} } \right)\left( {k \in {\mathbb{N}}} \right).\] -
记 ${x_i}$ 为 $f\left(x\right)$ 的从小到大的第 $i\left(i \in {\mathbb{N}}^*\right)$ 个零点，证明：对一切 $n \in {\mathbb{N}}^*$，有 $\dfrac{1}{x_1^2} + \dfrac{1}{x_2^2} + \cdots + \dfrac{1}{x_n^2} < \dfrac{2}{3}.$标注答案略解析根据题意确定出函数的零点的位置是本题的关键问题．由（1）可知函数 $f\left( x \right)$ 在区间 $\left( {0,{\mathrm \pi} } \right)$ 上单调递减，又 $f\left( {\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}} \right) = 0$，所以 ${x_1} = \dfrac{{\mathrm \pi} }{2}$．
当 $n \in {\mathbb{N}}^*$ 时，因为\[\begin{split}&f\left( {n{\mathrm \pi} } \right)f\left( {\left( {n + 1} \right){\mathrm \pi} } \right) \\&= \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^n}n{\mathrm \pi} + 1} \right]\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\left( {n + 1} \right){\mathrm \pi} + 1} \right] \\&< 0,\end{split}\]且函数 $f\left( x \right)$ 的图象是连续不断的，所以 $f\left( x \right)$ 在区间 $\left( {n{\mathrm \pi} ,\left( {n + 1} \right){\mathrm \pi} } \right)$ 内至少存在一个零点．又 $f\left( x \right)$ 在区间 $\left( {n{\mathrm \pi} ,\left( {n + 1} \right){\mathrm \pi} } \right)$ 上是单调的，故 $n{\mathrm \pi} < {x_{n + 1}} < \left( {n + 1} \right){\mathrm \pi} $，因此，
当 $n = 1$ 时，\[\dfrac{1}{x_1^2} = \dfrac{4}{{{{\mathrm \pi} ^2}}} < \dfrac{2}{3};\]当 $n = 2$ 时，\[\dfrac{1}{x_1^2} + \dfrac{1}{x_2^2} < \dfrac{1}{{{{\mathrm \pi} ^2}}}\left( {4 + 1} \right) < \dfrac{2}{3};\]当 $n \geqslant 3$ 时，\[ \begin{split} &\dfrac{1}{x_1^2} + \dfrac{1}{x_2^2} + \dfrac{1}{x_3^2} + \cdots + \dfrac{1}{x_n^2} \\& < \dfrac{1}{{{{\mathrm \pi} ^2}}}\left[ {4 + 1 + \dfrac{1}{2^2} + \cdots + \dfrac{1}{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}} \right] \\& < \dfrac{1}{{{{\mathrm \pi} ^2}}}\left[ {5 + \dfrac{1}{1 \times 2} + \cdots + \dfrac{1}{{\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right)}}} \right] \\&\overset{\left[a\right]}
= \dfrac{1}{{{{\mathrm \pi} ^2}}}\left[ {5 + \left( {1 - \dfrac{1}{2}} \right) + \cdots + \left( {\dfrac{1}{n - 2} - \dfrac{1}{n - 1}} \right)} \right] \\& = \dfrac{1}{{{{\mathrm \pi} ^2}}}\left( {6 - \dfrac{1}{n - 1}} \right) \\& < \dfrac{6}{{{{\mathrm \pi} ^2}}} < \dfrac{2}{3}, \end{split}\]（推导中用到：[a]）
综上所述，对一切 $n \in {\mathbb{N}}^*$，$\dfrac{1}{x_1^2} + \dfrac{1}{x_2^2} + \cdots + \dfrac{1}{x_n^2} < \dfrac{2}{3}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
