Question

8．設(shè)S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，已知a₁=2，對(duì)任意p、q∈N^*，都有a_p+q=a_p+a_q，則f（n）=$\frac{{S}_{n}+60}{n+1}$（n∈N^*）的最小值為$\frac{29}{2}$．

Answer 1

分析 對(duì)任意p、q∈N^*，都有a_p+q=a_p+a_q，令p=n，q=1，可得a_n+1=a_n+a₁，則${a}_{{n}_{+1}}$-a_n=2，利用等差數(shù)列的求和公式可得S_n．f（n）=$\frac{{S}_{n}+60}{n+1}$=$\frac{{n}^{2}+n+60}{n+1}$=n+1+$\frac{60}{n+1}$-1，令g（x）=x+$\frac{60}{x}$（x≥1），利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：∵對(duì)任意p、q∈N^*，都有a_p+q=a_p+a_q，令p=n，q=1，可得a_n+1=a_n+a₁，則${a}_{{n}_{+1}}$-a_n=2，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為2．
∴S_n=2n+$\frac{n（n-1）}{2}×2$=n+n²．
則f（n）=$\frac{{S}_{n}+60}{n+1}$=$\frac{{n}^{2}+n+60}{n+1}$=n+1+$\frac{60}{n+1}$-1，
令g（x）=x+$\frac{60}{x}$（x≥1），則g′（x）=1-$\frac{60}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-60}{{x}^{2}}$，可得x∈[1，$\sqrt{60}$時(shí)，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；x∈$[\sqrt{60}，+∞）$時(shí)，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
又f（7）=14+$\frac{1}{2}$，f（8）=14+$\frac{2}{3}$．
∴f（7）＜f（8）．
∴f（n）=$\frac{{S}_{n}+60}{n+1}$（n∈N^*）的最小值為$\frac{29}{2}$．
故答案為：$\frac{29}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．