Question

設(shè)f₁（x）=

2

1+x

，定義f_n+1 （x）=f₁[f_n（x）]，a_n=

fn(0)-1

fn(0)+2

（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若T_2n=a₁+2a₂+3a₃+…+2na_2n，Q_n=

4n2+n

4n2+4n+1

（n∈N^*），試比較9T_2n與Q_n的大小，并說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)f₁（x）=

2

1+x

，定義f_n+1 （x）=f₁[f_n（x）]，a_n=

fn(0)-1

fn(0)+2

（n∈N^*）．可得f₁（0）=2，a₁=

2-1

2+2

=

1

4

，f_n+1（0）=f₁[f_n（0）]=

2

1+fn(0)

，從而a_n+1=-

1

2

a_n．所以數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為

1

4

，公比為-

1

2

的等比數(shù)列，故可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）利用錯(cuò)誤相減法求得T_2n=

1

9

（1-

3n+1

22n

），從而9T_2n=1-

3n+1

22n

，又Q_n=1-

3n+1

(2n+1)2

，故當(dāng)n=1時(shí)，2²ⁿ=4，（2n+1）²=9，所以9T_2n＜Q _n；當(dāng)n=2時(shí)，2²ⁿ=16，（2n+1）²=25，所以9T_2n＜Q_n；當(dāng)n≥3時(shí)，2²ⁿ=[（1+1）ⁿ]²=（C_n⁰+C_n¹+C_n³+…+C_nⁿ）²＞（2n+1）²，從而得到結(jié)論．

解答：解：（1）∵f₁（0）=2，a₁=

2-1

2+2

=

1

4

，f_n+1（0）=f₁[f_n（0）]=

2

1+fn(0)

，
∴a_n+1=

fn+1(0)-1

fn+1(0)+2

=

2 1+fn(0) -1

2 1+fn(0) +2

=

1-fn(0)

4+2fn(0)

=-

1

2

fn(0)-1

fn(0)+2

=-

1

2

a_n．
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為

1

4

，公比為-

1

2

的等比數(shù)列，
∴a_n=

1

4

（-

1

2

）ⁿ-¹．
（2）∵T_2n=a₁+2a₂+3a₃+…+（2n-1）a_2n-₁+2na_2n，
∴-

1

2

T_2n=（-

1

2

a₁）+（-

1

2

）2a₂+（-

1

2

）3a₃+…+（-

1

2

）（2n-1）a_2n-1+(-

1

2

)2na_2n
=a₂+2a₃+…+（2n-1）a_2n-na_2n．
兩式相減，得

3

2

T_2n=a₁+a₂+a₃+…+a_2n+na_2n．
∴

3

2

T_2n=

1 4 [1-(- 1 2 )2n]

1+ 1 2

+n×

1

4

（-

1

2

）²ⁿ-¹=

1

6

-

1

6

（-

1

2

）²ⁿ+

n

4

（-

1

2

）²ⁿ-¹．
T_2n=

1

9

-

1

9

（-

1

2

）²ⁿ+

n

6

（-

1

2

）²ⁿ-¹=

1

9

（1-

3n+1

22n

）．
∴9T_2n=1-

3n+1

22n

．
又Q_n=1-

3n+1

(2n+1)2

，
當(dāng)n=1時(shí)，2²ⁿ=4，（2n+1）²=9，∴9T_2n＜Q _n；
當(dāng)n=2時(shí)，2²ⁿ=16，（2n+1）²=25，∴9T_2n＜Q_n；
當(dāng)n≥3時(shí)，2²ⁿ=[（1+1）ⁿ]²=（C_n⁰+C_n¹+C_n³+…+C_nⁿ）²＞（2n+1）²，∴9T_2n＜Q_n；
綜上得：9T_2n＜Q _n．

點(diǎn)評(píng)：本題以函數(shù)為載體，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查等比數(shù)列的定義，考查錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，綜合性強(qiáng)．