题目内容
(2004•河西区一模)设f1(x)=
,若fn+1(x)=f1[fn(x)],an=
,其中n∈N*.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若T2n=a1+2a2+3a3+…+2na2n,Qn=
.其中n∈N*,试比较T2n与Qn的大小,并说明理由.
2 |
1+x |
fn(0)-1 |
fn(0)+2 |
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若T2n=a1+2a2+3a3+…+2na2n,Qn=
4n2+n |
36n2+36n+9 |
分析:(I)利用递推式即可化为等比数列,利用其通项公式即可得出;
(II)利用“错位相减法”即可得出T2n,通过作差,只要比较22n与(2n+1)2的大小,当n≤3时,直接比较,当n>4时,利用二项式定理展开放缩即可.
(II)利用“错位相减法”即可得出T2n,通过作差,只要比较22n与(2n+1)2的大小,当n≤3时,直接比较,当n>4时,利用二项式定理展开放缩即可.
解答:解:(I)f1(0)=2,a1=
=
,
∴{an}是首项为
,公比为-
的等比数列(4分)
∴{an}的通项公式是an=
•(-
)n-1,n∈N*. (5分)
(II)∵T2n=a1+2a2+3a3+…+(2n-1)a2n-1+2na2n,
∴-
T2n=a2+3a3+…+(2n-1)a2n-na2n,(6分)
两式相减得
T2n=a1+a2+a3+…+a2n+na2n.
∴
T2n=
+n•
•(-
)2n-1=
-
(-
)2n+
•(-
)2n-1,
∴T2n=
(1-
),(8分)
又Qn=
,
∴
(9分)
∵n∈N*,∴只要比较22n与(2n+1)2大小.
当n=1时,22n-(2n+1)2=-5<0,即T2<Q1(10分)
当n=2时,22n-(2n+1)2=-7<0,即T4<Q2(11分)
当n≥3时,22n<[(1+1)n]2=(
+
+…+
)2>[1+n+
]2≥(1+n+n)2=(2n+1)2(13分)
∴T2n>Qn
故n=1或2时,T2n<Qn,n≥3时,T2n>Qn. (14分)
f1(0)-1 |
f1(0)+2 |
1 |
4 |
|
∴{an}是首项为
1 |
4 |
1 |
2 |
∴{an}的通项公式是an=
1 |
4 |
1 |
2 |
(II)∵T2n=a1+2a2+3a3+…+(2n-1)a2n-1+2na2n,
∴-
1 |
2 |
两式相减得
3 |
2 |
∴
3 |
2 |
| ||||
1+
|
1 |
4 |
1 |
2 |
1 |
6 |
1 |
6 |
1 |
2 |
n |
4 |
1 |
2 |
∴T2n=
1 |
9 |
3n+1 |
22n |
又Qn=
n(4n+1) |
9(2n+1)2 |
∴
|
∵n∈N*,∴只要比较22n与(2n+1)2大小.
当n=1时,22n-(2n+1)2=-5<0,即T2<Q1(10分)
当n=2时,22n-(2n+1)2=-7<0,即T4<Q2(11分)
当n≥3时,22n<[(1+1)n]2=(
C | 0 n |
C | 1 n |
C | n n |
n(n-1) |
2 |
∴T2n>Qn
故n=1或2时,T2n<Qn,n≥3时,T2n>Qn. (14分)
点评:熟练掌握等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”、“作差法”、通过二项式定理放缩比较大小等是解题的关键.

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