2004-全国卷IV理-22 解-导数的乘法运算法则与三角求导

本题导读

本题考查三角函数的周期性与零点。核心在于导数工具法、错位相减法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年全国卷IV(理)） 已知函数 $f(x)={\text{e}}^{-x}(\cos x+\sin x)$，将满足 $f^{\prime }(x)=0$ 的所有正数 $x$ 从小到大排成数列 $\{x_n\}$.

(1) 证明数列 $\{f(x_n)\}$ 为等比数列；

(2) 记 $S_n$ 是数列 $\{x_{n}f(x_n)\}$ 的前 $n$ 项和，求 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{S_1+S_2+\cdots +S_n}{n}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 求导锁定驻点数列 $x_n$：利用乘积求导法则求出 $f^{\prime }(x)$ 并令其为 0。通过解三角方程确定所有正数解的通用形式，从小到大排列写出 $x_n$ 的等差通项。
2. 验证等比数列：将 $x_n$ 代入原函数得到 $f(x_n)$ 的表达式，通过计算相邻两项的比值 $\frac{f(x_{n+1})}{f(x_n)}$ 是否为常数来完成证明。
3. 错位相减求 $S_n$：由于 $x_n$ 是等差数列， $f(x_n)$ 是等比数列，其乘积数列 $\{x_{n}f(x_n)\}$ 属于经典的“差比数列”。利用错位相减法求出其前 $n$ 项和 $S_n$ 的具体代数式。
4. 极限化简与 Cesàro 平均定理：将求得的 $S_n$ 进行代数精简。第二问所求的式子 $\frac{S_1+S_2+\cdots +S_n}{n}$ 是数列 $S_n$ 的算术平均值（即 斯托尔茨定理/切萨罗求和背景）。若 ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n=S$ 存在，则其均值极限也等于 $S$。如果常规方法，则需对分子的 $S_k$ 直接套用等比数列求和后再取极限。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析（首项、公比均为 $-{\mathrm{e}}^{-\pi }$）

(2) $\frac{-\pi {\mathrm{e}}^{\pi }}{{\left({\mathrm{e}}^{\pi }+1\right)}^2}$

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 证明数列 $\{f(x_n)\}$ 为等比数列：

根据导数的乘法运算法则 $(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$，对 $f(x)={\text{e}}^{-x}(\cos x+\sin x)$ 求导： $f^{\prime }(x)={\left({\text{e}}^{-x}\right)}^{\prime }(\cos x+\sin x)+{\text{e}}^{-x}(\cos x+\sin x{)}^{\prime }$ $=-{\text{e}}^{-x}(\cos x+\sin x)+{\text{e}}^{-x}(-\sin x+\cos x)$ 提取公因式 ${\text{e}}^{-x}$ 并合并同类项： $={\text{e}}^{-x}(-\cos x-\sin x-\sin x+\cos x)=-2{\text{e}}^{-x}\sin x$

令 $f^{\prime }(x)=0$，由于对于任意实数 $x$， ${\text{e}}^{-x}>0$ 恒成立， 所以必须满足： $\sin x=0$ 解得其所有正数解从小到大排列构成的数列 $\{x_n\}$ 为： $x_n=n\pi (n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$

将 $x_n=n\pi$ 代入原函数 $f(x)$ 中： $f(x_n)={\text{e}}^{-n\pi }(\cos n\pi +\sin n\pi )$ 因为 $\sin n\pi =0$，且 $\cos n\pi =(-1{)}^n$， 所以： $f(x_n)=(-1{)}^n{\text{e}}^{-n\pi }={\left(-{\text{e}}^{-\pi }\right)}^2\text{错写，应为: }{\left(-{\text{e}}^{-\pi }\right)}^n$ 精确调整： $f(x_n)=(-1{)}^n{\left({\text{e}}^{-\pi }\right)}^n={\left(-{\text{e}}^{-\pi }\right)}^n$

计算相邻两项的比值： $\frac{f(x_{n+1})}{f(x_n)}=\frac{{\left(-{\text{e}}^{-\pi }\right)}^{n+1}}{{\left(-{\text{e}}^{-\pi }\right)}^n}=-{\text{e}}^{-\pi }$ 因为比值是一个与 $n$ 无关的常数，且首项 $f(x_1)=-{\text{e}}^{-\pi }\ne 0$， 所以，数列 $\{f(x_n)\}$ 是以 $-{\text{e}}^{-\pi }$ 为首项， $-{\text{e}}^{-\pi }$ 为公比的等比数列。证明完毕。

(2) 记 $S_n$ 是数列 $\{x_{n}f(x_n)\}$ 的前 $n$ 项和，求极限：

为了书写简便，记公比 $q=-{\text{e}}^{-\pi }$。因为 ${\text{e}}^{\pi }>1$，所以 $|q|={\text{e}}^{-\pi }<1$。 此时有 $f(x_n)=q^n$，且 $x_n=n\pi$。 则新数列的通项为： $x_{n}f(x_n)=n\pi q^n$。

其前 $n$ 项和 $S_n$ 为： $S_n=\pi q+2\pi q^2+3\pi q^3+\cdots +n\pi q^n\text{（式1）}$ 在（式1）两边同时乘以公比 $q$： $q{S}_n=\pi q^2+2\pi q^3+\cdots +(n-1)\pi q^n+n\pi q^{n+1}\text{（式2）}$

利用错位相减法，由（式1）减去（式2）得： $(1-q)S_n=\pi q+\pi q^2+\pi q^3+\cdots +\pi q^n-n\pi q^{n+1}$ $(1-q)S_n=\pi \cdot \frac{q(1-q^n)}{1-q}-n\pi q^{n+1}$ 两边同除以 $(1-q)$，求得 $S_n$ 的显式表达式： $S_n=\frac{\pi q(1-q^n)}{(1-q{)}^2}-\frac{n\pi q^{n+1}}{1-q}$

下面分析当 $n\to \infty$ 时 $S_n$ 的极限行为。 因为 $|q|<1$，由极限基本结论可知 ${\lim }_{n\to \infty }{q}^n=0$，且由幂指数增长速度远大于线性增长可知 ${\lim }_{n\to \infty }n{q}^{n+1}=0$。 因此： ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n=\frac{\pi q(1-0)}{(1-q{)}^2}-0=\frac{\pi q}{(1-q{)}^2}$ 由于 ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n$ 是一个确定的收敛常数，根据 Cesàro 平均定理（切萨罗平均性质）：若一个数列收敛于某极限值，则其前 $n$ 项算术平均值的极限同样收敛于该极限值。 即： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{S_1+S_2+\cdots +S_n}{n}={\lim }_{n\to \infty }{S}_n=\frac{\pi q}{(1-q{)}^2}$

(注：若不使用该定理，常规代数处理如下： 由于 $S_k=\frac{\pi q}{(1-q{)}^2}-\frac{\pi q^{k+1}}{(1-q{)}^2}-\frac{k\pi q^{k+1}}{1-q}$ 将其求和： ${\sum }_{k=1}^n{S}_k=n\cdot \frac{\pi q}{(1-q{)}^2}-\frac{\pi q^2}{(1-q{)}^2}{\sum }_{k=1}^n{q}^{k-1}-\frac{\pi q^2}{1-q}{\sum }_{k=1}^{n}k{q}^{k-1}$ 两边同除以 $n$ 后，由于后两项在求和后均为有界常数或高阶无穷小，除以 $n$ 后极限全归为 0。最终只保留第一项的系数。)

将 $q=-{\text{e}}^{-\pi }$ 代入最终收敛式中： $\text{目标极限}=\frac{\pi \left(-{\text{e}}^{-\pi }\right)}{{\left(1-(-{\text{e}}^{-\pi })\right)}^2}=\frac{-\pi {\text{e}}^{-\pi }}{{\left(1+{\text{e}}^{-\pi }\right)}^2}$ 分子分母同时乘以 ${\text{e}}^{2\pi }$ 进行最简有理化化简： $=\frac{-\pi {\text{e}}^{-\pi }\cdot {\text{e}}^{2\pi }}{{\left(1+{\text{e}}^{-\pi }\right)}^2\cdot {\text{e}}^{2\pi }}=\frac{-\pi {\text{e}}^{\pi }}{{\left[{\text{e}}^{\pi }(1+{\text{e}}^{-\pi })\right]}^2}=\frac{-\pi {\text{e}}^{\pi }}{{\left({\text{e}}^{\pi }+1\right)}^2}$

答：$\frac{-\pi {\text{e}}^{\pi }}{({\text{e}}^{\pi }+1{)}^2}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：驻点一元方程求解、等比数列的错位相减核心公式体系、超越极限的化简。
2. 核心方法：错位相减法、均值极限转化法。
3. 避坑指南：
   • 求导数时切记细心。很多同学在对 ${\text{e}}^{-x}$ 求导时由于漏掉复合函数的负号导致算出 $f^{\prime }(x)=2{\text{e}}^{-x}\cos x$，从而使后面的一连串推导全部错位。
   • 错位相减法中尾项的负号与下标不要写错。式 1 减式 2 时，最后一项 $n\pi q^{n+1}$ 前面是减号，通分时必须严格保留。
   • 第二问化简中，由于字母嵌套较多（含有 $\pi$、 $\text{e}$、 幂次），最后一步分子分母同乘 ${\text{e}}^{2\pi }$ 移入括号内部的操作是保持结果简洁的代数技巧，要防止因多项式展开出错导致前功尽弃。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 经典高考压轴级数列综合题，考查导数、三角函数与等差等比数列错位相减求和。
2. 结论推广: 一般地，对于任意等差数列 $a_n=n\cdot d$ 和等比数列 $g_n=q^n(|q|<1)$，其乘积构成的差比数列前 $n$ 项和的算术平均值在无穷远处的极限恒满足通用收敛公式： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{{\sum }_{k=1}^n{S}_k}{n}={\lim }_{n\to \infty }{S}_n=\frac{d\cdot q}{(1-q{)}^2}$。直接代入本题参数 $d=\pi ,q=-{\text{e}}^{-\pi }$，即可完美瞬杀。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 1987-全国文-12 填-数列的极限
• 1987-广东理-30 填-数列的极限
• 1988-广东文-30 填-数列的极限