Question

11．已知函數(shù)f（x）=2x+1，g（x）=x²+x
（1）數(shù)列{a_n}滿足a₁＞0，a_n+1=f（a_n），若$\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1+{a_2}}}+…+\frac{1}{{1+{a_n}}}＜\frac{1}{2}$對?n∈N⁺恒成立，求a₁的取值范圍．
（2）數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，b_n+1=g（b_n），記${c_n}=\frac{1}{{1+{b_n}}}，{S_k}$為數(shù)列{c_n}的前k項(xiàng)的和，T_k為數(shù)列{c_n}的前k項(xiàng)的積，求證$\frac{T_1}{{{S_1}+{T_1}}}+\frac{T_2}{{{S_2}+{T_2}}}+…+\frac{T_n}{{{S_n}+{T_n}}}＜\frac{7}{10}$．

Answer 1

分析 （1）由已知函數(shù)解析式可得a_n+1=2a_n+1，進(jìn)一步得到a_n+1+1=2（a_n+1），從而可得數(shù)列{a_n+1}是以a₁+1為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，求其通項(xiàng)公式后再求數(shù)列{$\frac{1}{1+{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和，代入$\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1+{a_2}}}+…+\frac{1}{{1+{a_n}}}＜\frac{1}{2}$可得a₁的取值范圍；
（2）根據(jù)g（x）=x²+x，得b_n+1=g（b_n）=b_n（b_n+1），得到${c}_{n}=\frac{_{n}}{_{n+1}}$，累積可得T_k，再由b_n+1=b_n（b_n+1），變形得到${c}_{n}=\frac{1}{_{n}}-\frac{1}{_{n+1}}$，求得${S}_{k}=1-\frac{1}{_{k+1}}$，然后可證$\frac{T_1}{{{S_1}+{T_1}}}+\frac{T_2}{{{S_2}+{T_2}}}+…+\frac{T_n}{{{S_n}+{T_n}}}＜\frac{7}{10}$．

解答 解：（1）∵f（x）=2x+1，∴a_n+1=f（a_n）=2a_n+1，
則a_n+1+1=2（a_n+1），即數(shù)列{a_n+1}是以a₁+1為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}+1=（{a}_{1}+1）{2}^{n-1}$，$\frac{1}{1+{a}_{n}}=\frac{1}{{a}_{1}+1}•\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}+\frac{1}{1+{a}_{2}}+…+\frac{1}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{1+{a}_{1}}（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$=$\frac{2-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1+{a}_{1}}$＜$\frac{1}{2}$對任意n∈N⁺恒成立，
即有${a}_{1}＞3-\frac{1}{{2}^{n-2}}$對任意n∈N⁺恒成立，故a₁≥3；
（2）根據(jù)g（x）=x²+x，∴b_n+1=g（b_n）=b_n（b_n+1），
∴${c}_{n}=\frac{1}{1+_{n}}=\frac{_{n}}{_{n+1}}$，則${T}_{n}=\frac{_{1}}{_{2}}•\frac{_{2}}{_{3}}…\frac{_{n}}{_{n+1}}=\frac{_{1}}{_{n+1}}$，
又由b_n+1=b_n（b_n+1），得$\frac{1}{_{n+1}}=\frac{1}{_{n}}-\frac{1}{_{n}+1}$，
∴${c}_{n}=\frac{1}{_{n}}-\frac{1}{_{n+1}}$，則${S}_{k}=1-\frac{1}{_{k+1}}$，
∵b₁=1，b_k+1=b_k（b_k+1），∴$_{k+1}＞{_{k}}^{2}$，即有$\frac{1}{_{k+1}}＜\frac{1}{{_{k}}^{2}}$，
又∵b₁=1，b₂=2，b₃=6，
∴$\frac{{T}_{1}}{{S}_{1}+{T}_{1}}+\frac{{T}_{2}}{{S}_{2}+{T}_{2}}+…+\frac{{T}_{n}}{{S}_{n}+{T}_{n}}$=$\frac{1}{_{2}}+\frac{1}{_{3}}+…+\frac{1}{_{k+1}}$$＜\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{{6}^{2}}+\frac{1}{{6}^{4}}+…+\frac{1}{{6}^{2n-2}}$$＜\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{6}}{1-\frac{1}{6}}=\frac{7}{10}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，屬難題．