Question

設(shè)f₁（x）=

2

1+x

，若f_n+1（x）=f₁[f_n（x）]，a_n=

fn(0)-1

fn(0)+2

，其中n∈N^*．
（1）求a₁；
（2）求證：{a_n}為等比數(shù)列，并求其通項公式；
（3）若T_2n=a₁+2a₂+3a₃+…2na_2n，Q_n=

4n2+n

36n2+36n+9

．其中n∈N^*，試比較T_2n與Q_n的大小，并說明理由．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由函數(shù)解析式求得f₁（0），代入a1=

f1(0)-1

f1(0)+2

求得a₁；
（2）由f₁（x）=

2

1+x

，結(jié)合f_n+1（x）=f₁[f_n（x）]得到f_n+1（0）與f_n（0）的關(guān)系，由a_n=

fn(0)-1

fn(0)+2

進(jìn)一步得到a_n+1與a_n的關(guān)系，從而證得{a_n}為等比數(shù)列，并求得其通項公式；
（3）由T_2n=a₁+2a₂+3a₃+…2na_2n，兩邊同時乘以-

1

2

得到-

1

2

T2n=a2+2a3+…+(2n-1)a2n-na2n，
作差后利用等比數(shù)列的求和公式求得T_2n，與Q_n作差后對n分類比較差式與0的大小，從而得到結(jié)果．

解答： （1）解：∵f₁（x）=

2

1+x

，a_n=

fn(0)-1

fn(0)+2

，
∴f1(0)=2，a1=

f1(0)-1

f1(0)+2

=

1

4

；
（2）證明：∵f_n+1（x）=f₁[f_n（x）]，
∴fn+1(0)=f1[fn(0)]=

2

1+fn(0)

，
an+1=

fn+1(0)-1

fn+1(0)+2

=

1-fn(0)

4+2fn(0)

=-

1

2

•

fn(0)-1

fn(0)+2

=-

1

2

an．
又a1=

1

4

≠0，
∴{a_n}是首項為

1

4

，公比為-

1

2

的等比數(shù)列．
∴{a_n}的通項公式是an=

1

4

•(-

1

2

)n-1．n∈N*；
（3）T_2n=a₁+2a₂+3a₃+…+（2n-1）a_2n-1+2na_2n，
-

1

2

T2n=a2+2a3+…+(2n-1)a2n-na2n．
兩式相減得

3

2

T2n=a1+a2+a3+…+a2n+na2n．
∴

3

2

T2n=

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

1+ 1 2

+n•

1

4

•(-

1

2

)2n-1
=

1

6

-

1

6

(1-

1

2

)2n+

n

4

•(-

1

2

)2n-1，
∴T2n=

1

9

(1-

3n+1

22n

)．
又Qn=

n(4n+1)

9(2n+1)2

，
∴T2n-Qn=

3n+1

9•(2n+1)2

-

3n+1

9•22n

=

3n+1

9

[

1

(2n+1)2

-

1

22n

]
=

3n+1

9

•

22n-(2n+1)2

22n(2n+1)2

．
∵n∈N^*，
∴只要比較2²ⁿ與（2n+1）²大�。�
當(dāng)n=1時，2²ⁿ-（2n+1）²=-5＜0．即T₂＜Q₁．
當(dāng)n=2時，2²ⁿ-（2n+1）²=-7＜0．即T₄＜Q₂．
當(dāng)n≥3時，
22n＜[(1+1)n]2=(

C

0 n

+

C

1 n

+…+

C

n n

)2＞[1+n+

n(n-1)

2

]2≥(1+n+n)2=(2n+1)2．
∴T_2n＞Q_n
故n=1或2時，T_2n＜Q_n，n≥3時，T_2n＞Q_n．

點評：本題考查了數(shù)列的函數(shù)特性，考查了等比數(shù)列的通項公式的求法與和的求法，訓(xùn)練了借助于二項式定理比較兩個代數(shù)式的大小，屬數(shù)列與不等式的綜合題，難度較大．