Question

14．已知函數(shù)f（x）=x²•sinx，各項(xiàng)均不相等的數(shù)列{x_n}滿足|x_i|≤$\frac{π}{2}$（i=1，2，3，…，n）．令F（n）=（x₁+x₂+…+x_n）•[f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）]（n∈N^*）．給出下列三個(gè)命題：
（1）存在不少于3項(xiàng)的數(shù)列{x_n}，使得F（n）=0；
（2）若數(shù)列{x_n}的通項(xiàng)公式為${x_n}={（{-\frac{1}{2}}）^n}（{n∈{N^*}}）$，則F（2k）＞0對k∈N^*恒成立；
（3）若數(shù)列{x_n}是等差數(shù)列，則F（n）≥0對n∈N^*恒成立．
其中真命題的序號是（　�。�

• A． （1）（2）
• B． （1）（3）
• C． （2）（3）
• D． （1）（2）（3）

Answer 1

分析 由題意，f（x）=x²sinx是奇函數(shù)，只需考查0＜x≤1時(shí)的性質(zhì)，此時(shí)y=x²，y=sinx都是增函數(shù)，得f（x）=x²sinx在[0，1]上是增函數(shù)；即x₁+x₂≠0時(shí)，（x₁+x₂）（f（x₁）+f（x₂））＞0；
對于（1），取$-\frac{π}{2}$≤x₁=-x₃$≤\frac{π}{2}$，x₂=0，即可判斷；
對于（2），運(yùn)用等比數(shù)列的求和公式和性質(zhì)，即可判斷；
對于（3），運(yùn)用等差數(shù)列的求和公式和性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)f（x）的單調(diào)性，即可判斷．

解答 解：由題意得f（x）=x²sinx是奇函數(shù)，
當(dāng)0＜x≤$\frac{π}{2}$時(shí)，y=x²，y=sinx都是增函數(shù)，
∴f（x）=x²sinx在[0，$\frac{π}{2}$]上遞增，
∴f（x）=x²sinx在[-$\frac{π}{2}$，$\frac{π}{2}$]上是增函數(shù)；
若x₁+x₂＜0，則x₁＜-x₂，∴f（x₁）＜f（-x₂），
即f（x₁）＜-f（x₂），∴f（x₁）+f（x₂）＜0；
同理若x₁+x₂＞0，可得f（x₁）+f（x₂）＞0；
∴x₁+x₂≠0時(shí)，（x₁+x₂）（f（x₁）+f（x₂））＞0．
對于（1），取$-\frac{π}{2}$≤x₁=-x₃$≤\frac{π}{2}$，x₂=0，則F（3）=（x₁+x₂+x₃）•
[f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）]=0，因此（1）正確；
對于（2），∵${x_n}={（{-\frac{1}{2}}）^n}（{n∈{N^*}}）$，∴x₁+x₂+…+x_n=$\frac{-\frac{1}{2}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1-（-\frac{1}{2}）}$＜0，
又f（2k-1）+f（2k）=$（-\frac{1}{2}）^{2（2k-1）}$$sin（-\frac{1}{2}）^{2k-1}$+$（-\frac{1}{2}）^{2•2k}$$sin（-\frac{1}{2}）^{2k}$=$（\frac{1}{4}）^{2k}$$[-4sin（\frac{1}{2}）^{2k-1}+sin（\frac{1}{2}）^{2k}]$＜0，
∴F（2k）＞0對k∈N^*恒成立，故（2）正確；
對于（3），如x₁+x₂+…+x_n=0，F(xiàn)（n）=0時(shí)，若數(shù)列{x_n}是等差數(shù)列，
則x₁+x₂+…+x_n＞0，則x₁+x_n＞0，f（x₁）＞f（x_n），可得x₂+x_n-1＞0，…，f（x₂）＞f（x_n-1），…
相加即可得到F（n）＞0，同理x₁+x₂+…+x_n＜0，即有f（x₁）+f（x₂）+…f（x_n）＜0，即F（n）＞0，
則（3）正確．
故選D．

點(diǎn)評 本題通過命題真假的判定，考查了新定義的函數(shù)的性質(zhì)以及應(yīng)用問題，函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性問題，等差與等比數(shù)列的性質(zhì)與應(yīng)用問題，是綜合題．