Question

已知函數(shù)f（x）在[0，+∞）上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)記作f′（x），f（0）=-2，且f（x+π）=

1

2

f（x），當(dāng)x∈[0，π）時(shí)，f′（x）•cos2x＞f（x）•sin2x-f′（x），若方程f（x）+k_nsecx=0在[0，+∞）上有n個(gè)解，則數(shù)列{

n

k2n

}的前n項(xiàng)和為（　�。�

• A、（n-1）•2ⁿ+1
• B、（n-1）•2ⁿ⁺¹+2
• C、n•2^n-1
• D、

  (2n-1)•3n+1

  4

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和

專題：計(jì)算題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：由于f（0）=-2，且f（x+π）=

1

2

f（x），則f（π）=

1

2

f（0）=-1，f（2π）=

1

2

f(π)=-

1

2

，f（3π）=-

1

4

，
…，f（nπ）=-（

1

2

）^n-1．再由導(dǎo)數(shù)的積的運(yùn)算法則和二倍角公式，得到f（x）cosx的單調(diào)性和極值，由條件可得，k_n=-f（x）cosx在[0，+∞）上有n個(gè)解，k₁=-f（0）cos0=2，k₂=-f（π）cosπ=-1，…，k_n=-f（（n-1）π）cos（n-1）π，則有k_2n=（

1

2

）^n-1，即有

n

k2n

=n•2^n-1，再運(yùn)用錯(cuò)位相減法，即可得到前n項(xiàng)和．

解答： 解：由于f（0）=-2，且f（x+π）=

1

2

f（x），
則f（π）=

1

2

f（0）=-1，f（2π）=

1

2

f(π)=-

1

2

，f（3π）=-

1

4

，
…，f（nπ）=-（

1

2

）^n-1．
由于當(dāng)x∈[0，π）時(shí)，f′（x）•cos2x＞f（x）•sin2x-f′（x），
則有f′（x）（1+cos2x）-f（x）sin2x＞0，
即有2cosx（f′（x）cosx-f（x）sinx）＞0，則2cosx•（f（x）cosx）′＞0，
則有cosx＞0，（f（x）cosx）′＞0，f（x）cosx在（0，

π

2

）遞增，
cosx＜0，（f（x）cosx）′＜0，f（x）cosx在（

π

2

，π）遞減，
由于方程f（x）+k_nsecx=0在[0，+∞）上有n個(gè)解，
即有k_n=-f（x）cosx在[0，+∞）上有n個(gè)解，
則k₁=-f（0）cos0=2，k₂=-f（π）cosπ=-1，k₃=-f（2π）cos2π=

1

2

，k₄=-f（3π）cos3π=-

1

4

，
…，k_n=-f（（n-1）π）cos（n-1）π，
則有k_2n=（

1

2

）^n-1，即有

n

k2n

=n•2^n-1，
令S=1+2•2+3•2²+…+n•2^n-1，則2S=1•2+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，
兩式相減得，-S=1+2+2²+2³+…+2^n-1-n•2ⁿ=

1-2n

1-2

-n•2ⁿ
則S=（n-1）•2ⁿ+1．
故選A．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值，考查函數(shù)的零點(diǎn)問題，考查等比數(shù)列的通項(xiàng)和求和公式，考查錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．