Question

19．對于無窮數(shù)列{x_n}和函數(shù)f（x），若x_n+1=f（x_n）（n∈N₊），則稱f（x）是數(shù)列{x_n}的母函數(shù)．
（Ⅰ）定義在R上的函數(shù)g（x）滿足：對任意α，β∈R，都有g(shù)（αβ）=αg（β）+βg（α），且$g（{\frac{1}{2}}）=1$；又數(shù)列{a_n}滿足${a_n}=g（{\frac{1}{2^n}}）$．
（1）求證：f（x）=x+2是數(shù)列{2ⁿa_n}的母函數(shù)；
（2）求數(shù)列{a_n}的前項n和S_n．
（Ⅱ）已知$f（x）=\frac{2016x+2}{x+2017}$是數(shù)列{b_n}的母函數(shù)，且b₁=2．若數(shù)列$\left\{{\frac{{{b_n}-1}}{{{b_n}+2}}}\right\}$的前n項和為T_n，求證：$25（{1-{{0.99}^n}}）＜{T_n}＜250（{1-{{0.999}^n}}）（{n≥2}）$．

Answer 1

分析 （I）（1）對任意α，β∈R，都有g(shù)（αβ）=αg（β）+βg（α），且$g（{\frac{1}{2}}）=1$；可得：${a_{n+1}}=g（{\frac{1}{{{2^{n+1}}}}}）=g（{\frac{1}{2}•\frac{1}{2^n}}）=\frac{1}{2}g（{\frac{1}{2^n}}）+\frac{1}{2^n}g（{\frac{1}{2}}）=\frac{1}{2}g（{\frac{1}{2^n}}）+\frac{1}{2^n}$，又數(shù)列{a_n}滿足${a_n}=g（{\frac{1}{2^n}}）$．代入即可證明．
（2）由（1）知：{2ⁿa_n}是首項和公差均為2的等差數(shù)列，故${2^n}{a_n}=2n⇒{a_n}=n•（\frac{1}{2}{）^{n-1}}$．利用錯位相減法、等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（II））由題知：${b_{n+1}}=\frac{{2016{b_n}+2}}{{{b_n}+2017}}$，b₁=2．代入變形$⇒\frac{{{b_{n+1}}-1}}{{{b_{n+1}}+2}}=\frac{2015}{2018}•\frac{{{b_n}-1}}{{{b_n}+2}}$．即可證明$\left\{{\frac{{{b_n}-1}}{{{b_n}+2}}}\right\}$是以$\frac{{{b_1}-1}}{{{b_1}+2}}=\frac{1}{4}$為首項，$\frac{2015}{2018}$為公比的等比數(shù)列．

解答 解：（Ⅰ）（1）由題知${a_1}=g（{\frac{1}{2}}）=1$，且${a_{n+1}}=g（{\frac{1}{{{2^{n+1}}}}}）=g（{\frac{1}{2}•\frac{1}{2^n}}）=\frac{1}{2}g（{\frac{1}{2^n}}）+\frac{1}{2^n}g（{\frac{1}{2}}）=\frac{1}{2}g（{\frac{1}{2^n}}）+\frac{1}{2^n}$
$⇒{a_{n+1}}=\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{2^n}$$⇒{2^{n+1}}{a_{n+1}}={2^n}{a_n}+2$．
∴f（x）=x+2是數(shù)列{2ⁿa_n}的母函數(shù)；…3分
（2）由（1）知：{2ⁿa_n}是首項和公差均為2的等差數(shù)列，故${2^n}{a_n}=2n⇒{a_n}=n•（\frac{1}{2}{）^{n-1}}$．
∴${S_n}=1+2•（\frac{1}{2}{）^1}+3•（\frac{1}{2}{）^2}+4•{（\frac{1}{2}）^3}+…+n•{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$①
∴$\frac{1}{2}{S_n}=，\frac{1}{2}+2•{（\frac{1}{2}）^2}，+3•（\frac{1}{2}{）^3}+4•{（\frac{1}{2}）^4}+…+n•{（\frac{1}{2}）^n}$②
兩式相減得：$\frac{1}{2}{S_n}=1+\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}{）^2}+{（\frac{1}{2}）^3}+…+{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-n•{（\frac{1}{2}）^n}=\frac{{1-\frac{1}{2^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{2^n}$．
S_n=$2-\frac{n+2}{2^n}$，∴${S_n}=4-\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$…6分
（Ⅱ）由題知：${b_{n+1}}=\frac{{2016{b_n}+2}}{{{b_n}+2017}}$，b₁=2．
∴${b_{n+1}}-1=\frac{{2015（{{b_n}-1}）}}{{{b_n}+2017}}，{b_{n+1}}+2=\frac{{2018（{{b_n}+2}）}}{{{b_n}+2017}}$$⇒\frac{{{b_{n+1}}-1}}{{{b_{n+1}}+2}}=\frac{2015}{2018}•\frac{{{b_n}-1}}{{{b_n}+2}}$．
從而$\left\{{\frac{{{b_n}-1}}{{{b_n}+2}}}\right\}$是以$\frac{{{b_1}-1}}{{{b_1}+2}}=\frac{1}{4}$為首項，$\frac{2015}{2018}$為公比的等比數(shù)列，∴$\frac{{{b_n}-1}}{{{b_n}+2}}=\frac{1}{4}（\frac{2015}{2018}{）^{n-1}}$…8分
又$0.99＜\frac{2015}{2018}＜0.999$$\begin{array}{l}\\⇒\frac{1}{4}×{0.99^{n-1}}＜\frac{{{b_n}-1}}{{{b_n}+2}}=\frac{1}{4}（\frac{2015}{2018}{）^{n-1}}＜\frac{1}{4}×{0.999^{n-1}}（{n≥2}）\end{array}$，
故當n≥2時$\frac{1}{4}\sum_{i=1}^n{{{0.99}^{i-1}}}＜{T_n}＜\frac{1}{4}\sum_{i=1}^n{{{0.999}^{i-1}}}$$⇒\frac{1}{4}•\frac{{1-{{0.99}^n}}}{1-0.99}＜{T_n}＜\frac{1}{4}•\frac{{1-{{0.999}^n}}}{1-0.999}$
⇒$25（{1-{{0.99}^n}}）＜{T_n}＜250（{1-{{0.999}^n}}）（{n≥2}）$…12分

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、錯位相減法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．