函数与数列的交汇融合

前言

典例剖析

  • 依托函数,利用导数,求数列的最值;

等差数列 \(\{a_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\), 已知 \(S_{10}=0\)\(S_{15}=25\), 则 \(n\cdot S_{n}\) 的最小值为__________.

解: 由于数列 \(\{a_{n}\}\) 为等差数列, 故可设 \(S_{n}=an^{2}+bn\), 则 \(\left\{\begin{array}{l}{100a+10b=0}\\{225a+15b=25}\end{array}\right.\)

解得 \(a=\cfrac{1}{3}\)\(b=-\cfrac{10}{3}\), 则\(S_{n}=\cfrac{1}{3}n^{2}-\cfrac{10}{3}n\)

从而 \(n\cdot S_{n}=\cfrac{1}{3}n^{3}-\cfrac{10}{3}n^{2}\),其依托对应的函数为 \(y=\cfrac{1}{3}x^{3}-\cfrac{10}{3}x^{2}\)

对函数 \(y=\cfrac{1}{3}x^{3}-\cfrac{10}{3}x^{2}\),由于\(n\in N^*\),故不妨限定\(x>0\)

先求函数的单调性,\(y'=x^2-\cfrac{20}{3}x=x(x-\cfrac{20}{3})\)

\(x<\cfrac{20}{3}\)时,\(y'<0\),函数单调递减,当\(x>\cfrac{20}{3}\)时,\(y'>0\),函数单调递增;

则当 \(x=\cfrac{20}{3}\) 时, \(y\) 取极小值,

\(n\cdot S_{n}=\cfrac{1}{3}n^{3}-\cfrac{10}{3}n^{2}\)\(\{1,2,3,4,5,6\}\) 上单调递减,在 \(\{7,8,9,\cdots,\}\) 上单调递增,

又当 \(n=6\) 时, \(6S_{6}=-48\),当\(n=7\) 时, \(7S_{7}=-49\)

故当\(n=7\) 时,\(n\cdot S_{n}\)的最小值为\(-49\).

  • 依托函数,使用裂项相消法求数列的前\(n\)项的和

设函数 \(f(x)=x^{m}+ax\) 的导数 \(f'(x)=2x+2\),求数列\(\{\cfrac{1}{f(n)}\}\) \((n\in N^{*})\) 的前 \(n\) 项和 \(S_{n}\)

解 因为 \(f'(x)=2x+2\), 所以 \(f(x)=x^{2}+2x+C\)

因为\(f(x)=x^{m}+ax\), 所以 \(m=2\)\(a=2\)\(C=0\)

\(f(x)=x^{2}+2x\),所以 \(f(n)=n^{2}+2n=n(n+2)\)

从而设 \(b_{n}=\cfrac{1}{f(n)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})\)

所以\(S_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n-1}+b_{n}\)

\(=\cfrac{1}{2}\left[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})\right]\)

\(=\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2}\right)\)

  • 依托函数,使用错位相减法,求数列的前\(n\)项的和

\(f_{n}(x)=x+x^{2}+x^{3}+\cdots+x^{n}-1\) \((x\geq 0, n\in N, n\geq 2)\),求 \(f'_{n}(2)\).

解 因为 \(f'_{n}(x)=1+2x+3x^{2}+\cdots+(n-1)x^{n-2}+nx^{a-1}\),

所以 \(f'_{n}(2)=1+2\cdot2+3\cdot2^{2}+\cdots+(n-1)2^{n-2}+n2^{n-1}\) \(\quad ①\)

\(2f'_{n}(2)=2+2\cdot2^{2}+3\cdot 2^{3}+\cdots+(n-1)2^{n-1}+n2^{n}\) \(\quad ②\)

①-②:整理化简得到,

\(f'_{n}(2)=-(1+2+2^{2}+\cdots+2^{n-1})+n2^{n}=(n-1)2^{n}+1\).

  • 依托分段函数,求数列的周期

已知函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}2(1-x), & 0 \leq x \leq 1\\x-1, & 1<x \leq 2,\end{array}\right.\) 如果对任意的 \(n\in N^{*}\),定义\(f_{n}(x)=\underbrace{f\{f[f \cdots f}_{n个}(x)]\}\),那么 \(f_{2016}(2)\) 的值为多少?

分析:由题意,很自然想到本题是考察函数的周期,所以计算数列的前有限项,

观察周期 \(f_{1}(2)=1\)\(f_{2}(2)=0\)\(f_{3}(2)=2\)\(f_{4}(2)=1\)

所以周期 \(T=3\), 所以 \(f_{2016}(2)=f_{3}(2)=2\).

  • 依托三角函数,求数列的前\(n\)项和

已知数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 \(a_{1}=1\), \(a_{2}=2\), \(a_{n+2}=(1+cos^{2}\cfrac{n\pi}{2})a_{n}\)\(+\sin^{2}\cfrac{n\pi}{2}\), 求数列 \(\{a_{n}\}\) 的前 \(18\) 项的和.

解: 当 \(n\) 为偶数时, \(\cos^{2}\cfrac{n\pi}{2}=1\)\(\sin^{2}\cfrac{n\pi}{2}=0\), 从而 \(a_{n+2}=2a_{n}\).

所以偶数项是以 \(2\) 为公比, \(2\) 为首项的等比数列,即 \(S_{偶}(n\leq 18)=1022\)

\(n\) 为奇数时, \(\cos^{2}\cfrac{n\pi}{2}=0\), \(\sin^{2}\cfrac{n\pi}{2}=1\), 从而 \(a_{n+2}=a_{n}+1\)

所以奇数项是以 \(1\) 为公差,首项为 \(1\) 的等差数列.

\(S_{奇}(n \leq 18)=45\)

\(S_{18}=S_{偶}(n\leq 18)+S_{奇}(n \leq 18)=1067\).

【2020\(\cdot\)宜昌月考】 已知等差数列 \(\{a_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\), 若 \(\overrightarrow{OB}=a_{_{1}}\cdot\overrightarrow{OA}+\)\(a_{_{2018}}\cdot\overrightarrow{OC}\), 且 \(A\)\(B\)\(C\) 三点共线(该直线不过点 \(O\) ),则 \(S_{2018}\) 等于【\(\quad\)

$A.1007$ $B.1009$ $C.2016$ $D.2018$

解析: 由于\(A\)\(B\)\(C\) 三点共线, 故\(a_{_{1}}+a_{_{2018}}=1\)

\(S_{2018}=\cfrac{2018\cdot(a_{_{1}}+a_{_{2018}})}{2}=1009\),故选 \(B\).

【2021届高三文科数学用题】已知函数 \(f(x)\)\(R\) 上的图像是连续不断的一条曲线,当 \(x>0\) 时, \(f(x)<2\), 对任意的 \(x\)\(y\in R\)\(f(x)\)\(+\)\(f(y)\)\(=\)\(f(x+y)+2\) 成立,若数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 \(a_{1}=f(0)\), 且\(f(a_{n+1})=f(\cfrac{a_{n}}{a_{n}+3})\)\(n\in {N}_{+}\), 则 \(a_{2018}\) 的值为【\(\quad\)

$A.2$ $B.\cfrac{6}{2\times 3^{2017}-1}$ $C.\cfrac{2}{2\times 3^{2017}-1}$ $D.\cfrac{2}{2\times 3^{2016}-1}$

解析: 令 \(x=y=0\)\(f(0)=2\), 所以 \(a_{1}=2\)

\(x_{1}\)\(x_{2}\)\(R\) 上的任意两个数,且 \(x_{1}<x_{2}\), 则 \(x_{2}-x_{1}>0\)

因为当 \(x>0\) 时, \(f(x)<2\),所以 \(f(x_{2}-x_{1})<2\)

又由于对任意的 \(x\)\(y\in R\)\(f(x)\)\(+\)\(f(y)\)\(=\)\(f(x+y)+2\) 成立,

即对任意的 \(x\)\(y\in R\)\(f(x+y)=\)\(f(x)\)\(+\)\(f(y)\)\(-2\) 成立,

\(f(x_{2})=f(x_{2}-x_{1}+x_{1})=f[(x_{2}-x_{1})+x_{1}]\)

\(=f(x_{2}-x_{1})+f(x_{1})-2<2+f(x_{1})-2=f(x_{1})\)

即当 \(x_{1}<x_{2}\)\(f(x_2)<f(x_1)\),所以 \(f(x)\)\(R\) 上是减函数,

因为 \(f(a_{n+1})=f(\cfrac{a_{n}}{a_{n}+3})\),所以 \(a_{n+1}=\cfrac{a_{n}}{a_{n}+3}\), 使用倒数法得到,

\(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{3}{a_{n}}+1\),两边同加常数\(\cfrac{1}{2}\),得到,

所以 \(\cfrac{1}{a_{n+1}}+\cfrac{1}{2}=3(\cfrac{1}{a_{n}}+\cfrac{1}{2})\)

所以 \(\{\cfrac{1}{a_{n}}+\cfrac{1}{2}\}\) 是以 \(1\) 为首项, \(3\) 为公比的等比数列,所以 \(\cfrac{1}{a_{n}}+\cfrac{1}{2}=3^{n-1}\)

\(a_{n}=\cfrac{2}{2\times 3^{n-1}-1}\),所以 \(a_{2018}=\cfrac{2}{2\times 3^{2017}-1}\), 故选 \(C\)

已知 \(a_{n}=\cos\cfrac{n\pi}{6}+\cfrac{16}{1+2\cos^{2}\frac{n\pi}{12}}\) \((n \in N_{+})\), 则数列 \(\{a_{n}\}\) 的最小值为__________.

解析: 由于\(a_{n}=\cos\cfrac{n\pi}{6}+\cfrac{16}{2+\cos\cfrac{n\pi}{6}}\)

\(t=2+\cos\cfrac{n\pi}{6}\), 则 \(1 \leqslant t \leqslant 3\)

则变形为,\(a_{n}=\cos\cfrac{n\pi}{6}+\cfrac{16}{2+\cos\cfrac{n\pi}{6}}\)

\(=2+\cos\cfrac{n\pi}{6}+\cfrac{16}{2+\cos\cfrac{n\pi}{6}}-2\)

\(=t+\cfrac{16}{t}-2\)

利用导数可以证明,函数 \(f(t)=t+\cfrac{16}{t}\)\([1,3]\)上单调递减,

所以当 \(t=3\) 时, \(a_{n}\) 取得最小值,为\(\cfrac{19}{3}\).

posted @ 2020-12-24 18:28  静雅斋数学  阅读(226)  评论(0编辑  收藏  举报
您已经努力一段时间了
活动活动喝杯咖啡吧
                  ----静雅斋