Question

11．已知函数f（x）=2x+1，g（x）=x²+x
（1）数列{a_n}满足a₁＞0，a_n+1=f（a_n），若$\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1+{a_2}}}+…+\frac{1}{{1+{a_n}}}＜\frac{1}{2}$对?n∈N⁺恒成立，求a₁的取值范围．
（2）数列{b_n}满足b₁=1，b_n+1=g（b_n），记${c_n}=\frac{1}{{1+{b_n}}}，{S_k}$为数列{c_n}的前k项的和，T_k为数列{c_n}的前k项的积，求证$\frac{T_1}{{{S_1}+{T_1}}}+\frac{T_2}{{{S_2}+{T_2}}}+…+\frac{T_n}{{{S_n}+{T_n}}}＜\frac{7}{10}$．

Answer 1

分析 （1）由已知函数解析式可得a_n+1=2a_n+1，进一步得到a_n+1+1=2（a_n+1），从而可得数列{a_n+1}是以a₁+1为首项，以2为公比的等比数列，求其通项公式后再求数列{$\frac{1}{1+{a}_{n}}$}的前n项和，代入$\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1+{a_2}}}+…+\frac{1}{{1+{a_n}}}＜\frac{1}{2}$可得a₁的取值范围；
（2）根据g（x）=x²+x，得b_n+1=g（b_n）=b_n（b_n+1），得到${c}_{n}=\frac{{b}_{n}}{{b}_{n+1}}$，累积可得T_k，再由b_n+1=b_n（b_n+1），变形得到${c}_{n}=\frac{1}{{b}_{n}}-\frac{1}{{b}_{n+1}}$，求得${S}_{k}=1-\frac{1}{{b}_{k+1}}$，然后可证$\frac{T_1}{{{S_1}+{T_1}}}+\frac{T_2}{{{S_2}+{T_2}}}+…+\frac{T_n}{{{S_n}+{T_n}}}＜\frac{7}{10}$．

解答 解：（1）∵f（x）=2x+1，∴a_n+1=f（a_n）=2a_n+1，
则a_n+1+1=2（a_n+1），即数列{a_n+1}是以a₁+1为首项，以2为公比的等比数列，
∴${a}_{n}+1=（{a}_{1}+1）{2}^{n-1}$，$\frac{1}{1+{a}_{n}}=\frac{1}{{a}_{1}+1}•\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}+\frac{1}{1+{a}_{2}}+…+\frac{1}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{1+{a}_{1}}（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$=$\frac{2-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1+{a}_{1}}$＜$\frac{1}{2}$对任意n∈N⁺恒成立，
即有${a}_{1}＞3-\frac{1}{{2}^{n-2}}$对任意n∈N⁺恒成立，故a₁≥3；
（2）根据g（x）=x²+x，∴b_n+1=g（b_n）=b_n（b_n+1），
∴${c}_{n}=\frac{1}{1+{b}_{n}}=\frac{{b}_{n}}{{b}_{n+1}}$，则${T}_{n}=\frac{{b}_{1}}{{b}_{2}}•\frac{{b}_{2}}{{b}_{3}}…\frac{{b}_{n}}{{b}_{n+1}}=\frac{{b}_{1}}{{b}_{n+1}}$，
又由b_n+1=b_n（b_n+1），得$\frac{1}{{b}_{n+1}}=\frac{1}{{b}_{n}}-\frac{1}{{b}_{n}+1}$，
∴${c}_{n}=\frac{1}{{b}_{n}}-\frac{1}{{b}_{n+1}}$，则${S}_{k}=1-\frac{1}{{b}_{k+1}}$，
∵b₁=1，b_k+1=b_k（b_k+1），∴${b}_{k+1}＞{{b}_{k}}^{2}$，即有$\frac{1}{{b}_{k+1}}＜\frac{1}{{{b}_{k}}^{2}}$，
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}{{b}_{2}}+\frac{1}{{b}_{3}}+…+\frac{1}{{b}_{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}$．

点评 本题考查数列与不等式的综合，考查了等比关系的确定，训练了等比数列的前n项和公式的应用，考查数学转化思想方法，属难题．