已知函数f（x）=-cosx，g（x）=2x-π，数列{xn}满足：x1=a（a...

（1）当a=时，函数f（x）=-cosx，g（x）=2x-π，由g（xn+1）=f（xn）n∈N*，得，故．．由此猜想：． （2）设F（x）=f′（x）-x=sinx-x，则F′（x）=cosx-1≤0，故F（x）≤F（0）=0，f′（x）≤x，由此能够证明当x≥0时，-x≤f′（x）≤x． （3）当x≥0时，|f′（x）|≤|x|，当x＜0时，|f′（x）|≤|x|，对∀x∈R，恒有：|f′（x）|≤|x．由此入手能够证明…+＜π（n∈N*． （1）【解析】 当a=时， ∵函数f（x）=-cosx，g（x）=2x-π， ∴由g（xn+1）=f（xn）n∈N*， 得， ∵， ∴，∴． ，∴． 由此猜想：．…（2分） （2）证明：设F（x）=f′（x）-x=sinx-x， 则F′（x）=cosx-1≤0， ∴F（x）在[0，+∞）上为减函数，即F（x）≤F（0）=0， 即f′（x）≤x，…（4分） 设H（x）=f′（x）+x=sinx+x，则H′（x）=cosx+1＞0， ∴H（x）在[0，+∞）上为增函数， 即H（x）≥H（0）=0，即f′（x）≥-x，…（5分） ∴当x≥0时，-x≤f′（x）≤x．                  …（6分） （3）证明：由（1）知：当x≥0时，|f′（x）|≤|x|， 同理可证：当x＜0时，|f′（x）|≤|x|，即对∀x∈R，恒有：|f′（x）|≤|x|．…（7分） 由g（xn+1）=f（xn）n∈N*， 得， ∴ = ≤ （n∈N*）    …（8分） ∴， ，…，， 从而，…（10分） …+ ≤[ …（11分） =[1+2（1-）] =[3-]，…（13分） ＜π，a∈， ∴…+＜π（n∈N*． …（14分）