题目内容
设f1（x）=
，定义fn+1 （x）=f1[fn（x）]，an=
（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若T2n=a1+2a2+3a3+…+2na2n，Qn=
（n∈N*），试比较9T2n与Qn的大小，并说明理由．
【答案】分析：（1）根据f1（x）=
，定义fn+1 （x）=f1[fn（x）]，an=
（n∈N*）．可得f1（0）=2，a1=
=
，fn+1（0）=f1[fn（0）]=
，从而an+1=-
an．所以数列{an}是首项为
，公比为-
的等比数列，故可求数列{an}的通项公式．
（2）利用错误相减法求得T2n=
（1-
），从而9T2n=1-
，又Qn=1-
，故当n=1时，22n=4，（2n+1）2=9，所以9T2n＜Q n；当n=2时，22n=16，（2n+1）2=25，所以9T2n＜Qn；当n≥3时，22n=[（1+1）n]2=（Cn+Cn1+Cn3+…+Cnn）2＞（2n+1）2，从而得到结论．
解答：解：（1）∵f1（0）=2，a1=
=
，fn+1（0）=f1[fn（0）]=
，
∴an+1=
=
=
=-
=-
an．
∴数列{an}是首项为
，公比为-
的等比数列，
∴an=
（
）n-1．
（2）∵T2n=a1+2a2+3a3+…+（2n-1）a2n-1+2na2n，
∴
T2n=（-
a1）+（-
）2a2+（-
）3a3+…+（-
）（2n-1）a2n-1+
2na2n
=a2+2a3+…+（2n-1）a2n-na2n．
两式相减，得
T2n=a1+a2+a3+…+a2n+na2n．
∴
T2n=
+n×
（-
）2n-1=
-
（-
）2n+
（-
）2n-1．
T2n=
-
（-
）2n+
（-
）2n-1=
（1-
）．
∴9T2n=1-
．
又Qn=1-
，
当n=1时，22n=4，（2n+1）2=9，∴9T2n＜Q n；
当n=2时，22n=16，（2n+1）2=25，∴9T2n＜Qn；
当n≥3时，22n=[（1+1）n]2=（Cn+Cn1+Cn3+…+Cnn）2＞（2n+1）2，∴9T2n＜Qn；
综上得：9T2n＜Q n．
点评：本题以函数为载体，考查数列的通项，考查等比数列的定义，考查错位相减法求数列的和，考查分类讨论的数学思想，综合性强．
，定义fn+1 （x）=f1[fn（x）]，an=（n∈N*）．可得f1（0）=2，a1==，fn+1（0）=f1[fn（0）]=，从而an+1=-an．所以数列{an}是首项为，公比为-的等比数列，故可求数列{an}的通项公式．（2）利用错误相减法求得T2n=
（1-），从而9T2n=1-，又Qn=1-，故当n=1时，22n=4，（2n+1）2=9，所以9T2n＜Q n；当n=2时，22n=16，（2n+1）2=25，所以9T2n＜Qn；当n≥3时，22n=[（1+1）n]2=（Cn+Cn1+Cn3+…+Cnn）2＞（2n+1）2，从而得到结论．解答：解：（1）∵f1（0）=2，a1=
=，fn+1（0）=f1[fn（0）]=，∴an+1=
===-=-an．∴数列{an}是首项为
，公比为-的等比数列，∴an=
（）n-1．（2）∵T2n=a1+2a2+3a3+…+（2n-1）a2n-1+2na2n，
∴
T2n=（-a1）+（-）2a2+（-）3a3+…+（-）（2n-1）a2n-1+2na2n=a2+2a3+…+（2n-1）a2n-na2n．
两式相减，得
T2n=a1+a2+a3+…+a2n+na2n．∴
T2n=+n×（-）2n-1=-（-）2n+（-）2n-1．T2n=
-（-）2n+（-）2n-1=（1-）．∴9T2n=1-
．又Qn=1-
，当n=1时，22n=4，（2n+1）2=9，∴9T2n＜Q n；
当n=2时，22n=16，（2n+1）2=25，∴9T2n＜Qn；
当n≥3时，22n=[（1+1）n]2=（Cn+Cn1+Cn3+…+Cnn）2＞（2n+1）2，∴9T2n＜Qn；
综上得：9T2n＜Q n．
点评：本题以函数为载体，考查数列的通项，考查等比数列的定义，考查错位相减法求数列的和，考查分类讨论的数学思想，综合性强．
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