已知函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上可导，其导函数记作 $f'(x)$，$f(0)=-2$，且 $f(x+\pi)=-\dfrac 12f(x)$．当 $x\in (0,\pi)$ 且 $x\ne\dfrac{\pi}{2}$ 时，$$f'(x)\cdot \cos 2x>f(x)\cdot \sin 2x-f'(x).$$若方程 $f(x)+k_n\sec x=0$ 在 $[0,+\infty)$ 上有 $n$ 个解，则数列 $\left\{\dfrac{n}{k_{2n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 ．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$(n-1)\cdot 2^n+1$
【解析】
观察题目的结构，等式 $f(x+\pi)=-\dfrac 12f(x)$ 描述了类周期性，表明了如何通过 $[0,\pi)$ 上的函数图象延拓出整个定义域上的图象．于是描述导函数的不等式应该是为了描述与 $f(x)$ 有关的某个函数的单调性．根据所求问题，可以猜测关键的函数为 $g(x)=\cos x\cdot f(x)$．
由于不等式$$f'(x)\cdot \cos 2x>f(x)\cdot \sin 2x-f'(x),$$即$$2\cos x\cdot\left(\cos x\cdot f(x)\right)'>0,$$于是令函数 $g(x)=\cos x\cdot f(x)$，则 $g(x)$ 在 $\left[0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上单调递增，在 $\left[\dfrac{\pi}2,{\pi}\right)$ 上单调递减．
由 $f(0)=-2$，且 $f(x+\pi)=-\dfrac 12f(x)$ 可得$$g(0)=-2,g(x+\pi)=\dfrac 12g(x),$$于是函数 $g(x)$ 的图象如图所示（为了简单起见用折线代替了曲线，虽然违反了可导，但是不影响公共点判断）．
于是直线 $y=-k_{2n}$ 与函数 $g(x)$ 的图象有 $2n$ 个公共点，因此$$k_{2n}=\dfrac{1}{2^{n-1}},n=1,2,\cdots ,$$从而 $\dfrac{n}{k_{2n}}=n\cdot 2^{n-1}$，求和可得其前 $n$ 项和为 $(n-1)\cdot 2^n+1$．
由于不等式$$f'(x)\cdot \cos 2x>f(x)\cdot \sin 2x-f'(x),$$即$$2\cos x\cdot\left(\cos x\cdot f(x)\right)'>0,$$于是令函数 $g(x)=\cos x\cdot f(x)$，则 $g(x)$ 在 $\left[0,\dfrac{\pi}2\right)$ 上单调递增，在 $\left[\dfrac{\pi}2,{\pi}\right)$ 上单调递减．
由 $f(0)=-2$，且 $f(x+\pi)=-\dfrac 12f(x)$ 可得$$g(0)=-2,g(x+\pi)=\dfrac 12g(x),$$于是函数 $g(x)$ 的图象如图所示（为了简单起见用折线代替了曲线，虽然违反了可导，但是不影响公共点判断）．
于是直线 $y=-k_{2n}$ 与函数 $g(x)$ 的图象有 $2n$ 个公共点，因此$$k_{2n}=\dfrac{1}{2^{n-1}},n=1,2,\cdots ,$$从而 $\dfrac{n}{k_{2n}}=n\cdot 2^{n-1}$，求和可得其前 $n$ 项和为 $(n-1)\cdot 2^n+1$．
题目
答案
解析
备注
