Question

1．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{x+2}$，點O為坐標(biāo)原點，點${A_n}（n，f（n））（n∈{N^*}）$，向量$\overrightarrow{i}$=（0，1），θ_n是向量$\overrightarrow{O{A}_{n}}$與$\overrightarrow{i}$的夾角，則使得$\frac{{cos{θ_1}}}{{sin{θ_1}}}+\frac{{cos{θ_2}}}{{sin{θ_2}}}+\frac{{cos{θ_3}}}{{sin{θ_3}}}+…+\frac{{cos{θ_n}}}{{sin{θ_n}}}＜t$恒成立的實  數(shù)t的取值范圍為t≥$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 根據(jù)題意得，$\frac{π}{2}$-θ_n是直線OA_n的傾斜角，化簡$\frac{co{sθ}_{n}}{si{nθ}_{n}}$=…=$\frac{f（n）}{n}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）；計算$\frac{co{sθ}_{1}}{si{nθ}_{1}}$+$\frac{co{sθ}_{2}}{si{nθ}_{2}}$+$\frac{co{sθ}_{3}}{si{nθ}_{3}}$+…+$\frac{co{sθ}_{n}}{si{nθ}_{n}}$＜$\frac{3}{4}$，從而求出t的取值范圍．

解答 解：根據(jù)題意得，$\frac{π}{2}$-θ_n是直線OA_n的傾斜角，
∴$\frac{co{sθ}_{n}}{si{nθ}_{n}}$=$\frac{sin（\frac{π}{2}{-θ}_{n}）}{cos（\frac{π}{2}{-θ}_{n}）}$
=tan（$\frac{π}{2}$-θ_n）
=$\frac{f（n）}{n}$
=$\frac{1}{n（n+2）}$
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）；
∴$\frac{co{sθ}_{1}}{si{nθ}_{1}}$+$\frac{co{sθ}_{2}}{si{nθ}_{2}}$+$\frac{co{sθ}_{3}}{si{nθ}_{3}}$+…+$\frac{co{sθ}_{n}}{si{nθ}_{n}}$
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{{n}^{2}+3n+2}$＜$\frac{3}{4}$；
要使$\frac{{cos{θ_1}}}{{sin{θ_1}}}+\frac{{cos{θ_2}}}{{sin{θ_2}}}+\frac{{cos{θ_3}}}{{sin{θ_3}}}+…+\frac{{cos{θ_n}}}{{sin{θ_n}}}＜t$恒成立，
則實 數(shù)t的取值范圍是t≥$\frac{3}{4}$．
故答案為：t≥$\frac{3}{4}$．

點評 本題考查了平面向量的應(yīng)用問題，也考查了直線的傾斜角與斜率的應(yīng)用問題以及求函數(shù)值的應(yīng)用問題，是綜合題．