题目
已知a>0 ，函数 f(x)=axsinx+cosax-1,0<x<\frac\pi4 .
（1）若 a=2 ，证明： f(x)>0 ；
（2）若 f(x)>0 ，求 a 的取值范围；
（3）设集合 P=\left\{ a_n |a_n =\sum_{k=1}^{n}{cos\frac{\pi}{2k(k+1)},n\in N^*} \right\} ，对于正整数 m ，集合 Q_m=\left\{ x|m<x<2m \right\} ，记 P \cap Q_m 中的元素个数为 b_m ，求 b_m 的通项公式.
解析
第一问
第一问直接求导后放缩证明，不妨设定义域为 [0,\frac\pi4]
f(x)=2xsinx+cos2x-1
f'(x)=2sinx+2xcosx-2sin2x=2sinx+2xcosx-4sinxcosx=2sinx+cosx(2x-4sinx)
令 g(x)=2x-4sinx ， g(0)=0 ， g'(x)=2-4cosx<0 ，
g(x)\leq g(0)=0 ，而 cosx\leq1 ，故 cosx\cdot g(x)\geq g(x) ， f'(x)\geq2sinx+g(x)=2(x-sinx)\geq0 ，
故 0<x<\frac\pi4 时， f(x)>f(0)=0 .
第二问
典型的端点效应，临界情况即为第一问的取值。
f'(x)=a(sinx+xcosx-sinax) ，符号为 h(x)=sinx+xcosx-sinax 符号， h(0)=0 ， h'(x)=2cosx-xsinx-acosax ， h'(0)=2-a ，
若 a>2 则 h'(0)<0 ，由 h'(x) 连续（函数值不能由负到正突变而不经过零点），
则 \exists x_0>0 ， h'(x) 在 [0,x_0] 上 <0 ，
h(x) 在 [0,x_0] 上单调递减， h(x)\leq h(0)=0 ，
f'(x)\leq0 ， f(x) 单调递减， f(x_0)<f(0)=0 ，因而不合题意；
若 0<a\leq2 ，则 0\leq ax\leq\frac\pi2 ， -sinax\geq-sin2x ，
f'(x)\geq a(sinx+xcosx-sin2x) ，由（1）知其为正，故 f'(x)\geq0 ， f(x) 单调递增， f(x)>f(0)=0 成立，
故 a\in(0,2] .
第三问
形式较为复杂，但求和内部的形式比较接近于裂项求和，而我们知道 cos\pi x\leq1 ，且随 x 越接近 0 ，其越来越接近 1 ，故可以依此作为分析，作割线进行放缩，将其放缩为可以求和的形式，这里我们选择形式比较好看的 -2x+1 。
由 cosx\leq1 ， a_n<n ；
先证明 cos\pi x\geq-2x+1(0\leq x \leq\frac12) ：
令 s(x)=cos\pi x+2x(0\leq x \leq\frac12) ，
s(0)=s(\frac12)=1 ， s'(x)=-\pi sin\pi x+2 ， s'(0)>0>s'(\frac12) ，
s'(x) 单调递减，故 s(x) 先增后减， s(x)\geq s(0)=s(\frac12)=1 ，
故cos\pi x\geq-2x+1(0\leq x \leq\frac12) 成立；
因此 a_n =\sum_{k=1}^{n}{cos\frac{\pi}{2k(k+1)}}>\sum_{k=1}^{n}{1-\frac{1}{k(k+1)}}=n-(\frac1{1\cdot2}+\frac1{2\cdot3}+...+\frac1{n\cdot n+1})=n-(1-\frac12+\frac12-\frac23+...-\frac1{n+1}=n-1+\frac{1}{n+1}>n-1 ，故 n-1<a_n<n ，易得在 (m,2m) 上的 a_n 有 a_{m+1}\sim a_{2m} 共 m 个，
故 b_m=m .
题目分析
在解决第三问的过程中，我们实际上利用“整数”构造放缩将 a_n 限制在两个整数之间，而这个放缩是由对余弦函数的直观图像理解及代数式的形式启发的。不难发现，余弦函数图像在给定范围的割线在图像下方，所以可以确定下界，而随着 k 增大， \frac{\pi}{2k(k+1)} 趋近于 0 ，一方面要构造在 0 处取等的放缩不等式，另一方面在范围内取 x=\frac12 系数较为简洁，因此我们构造了这个放缩，后续的步骤自然就水到渠成了。
后记
欢迎大家一起探讨更优的解法，祝大家学习进步！
