Question

已知二項(xiàng)式(x-

m

x

)6展開(kāi)式中不含x的項(xiàng)為-160；設(shè)f1(x)=

m

1+x

，定義fn+1(x)=f1[fn(x)]，an=

fn(0)-1

fn(0)+2

，其中n∈N^*．
（Ⅰ）求m的值；
（Ⅱ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）若T2n=a1+2a2+3a3+…+2na2n，Qn=

4n2+n

4n2+4n+1

，其中n∈N^*，試比較9T_2n與Q_n的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）二項(xiàng)式(x-

m

x

)6展開(kāi)式中不含x的項(xiàng)為-160，寫(xiě)出通項(xiàng)公式，令x的系數(shù)為0，求出m．
（2）f_n+1（x）=f₁[f_n（x）]是一種遞推關(guān)系，故求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式可通過(guò)探求a_n+1和a_n之間的關(guān)系求解．
（3）由（2）可知數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，故求T_2n要采用錯(cuò)位相減法，求出后，
要與Qn比較大小，可先取n=1，2，3時(shí)觀察結(jié)果，猜測(cè)結(jié)論，再用數(shù)學(xué)歸納法證明．

解答：解：（Ⅰ）Tr+1=

C

R 6

x6-r(-

m

x

)r=

C

r 6

(-m)rx6-2r，因6-2r=0，得r=3；C₆³（-m）³=-160得m=2．
（Ⅱ）a1=

f1(0)-1

f1(0)+2

=

2-1

2+2

=

1

4

，∵fn+1(x)=f1[fn(x)]∴fn+1(x)=

2

1+fn(x)

∵an=

fn(0)-1

fn(0)+2

，，∴an+1=

fn+1(0)-1

fn+1(0)+2

=

2 1+fn(0) -1

2 1+fn(0) +2

=

1-fn(0)

4+2fn(0)

=-

1

2

•

fn(0)-1

fn(0)+2

=-

1

2

an，
則數(shù)列{a_n}是以

1

4

為首項(xiàng)，-

1

2

為公比的等比數(shù)列．∴an=

1

4

•(-

1

2

)n-1=(-

1

2

)n+1(n∈N*)，
（Ⅲ）S2n=1×(-

1

2

)2+2×(-

1

2

)3++2n•(-

1

2

)2n+1
(-

1

2

)S2n=1×(-

1

2

)3+2×(-

1

2

)4++2n•(-

1

2

)2n+2
兩式相減得：S2n=

1

9

(1-

4n+1

4n

)，
又∵Qn=1-

3n+1

(2n+1)2

，
比較9T_2n與Q_n的大小，就是比較4ⁿ與（2n+1）²的大小：
當(dāng)n=1時(shí)，4¹=4，（2×1+1）²=9，即4ⁿ＜（2n+1）²
當(dāng)n=2時(shí)，4²=16，（2×2+1）²=25，即4ⁿ＜（2n+1）²
當(dāng)n=3時(shí)，4³=64，（2×3+1）²=49，即4ⁿ＞（2n+1）²
猜測(cè)當(dāng)n≥3時(shí)，有4ⁿ＞（2n+1）²
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：（1）當(dāng)n=3時(shí)顯然成立；
（2）設(shè)當(dāng)n=k時(shí)猜想成立，即4^k＞（2k+1）²，
那么當(dāng)n=k+1時(shí)，4^k+1=4^k•4＞4•（2k+1）²，
又∵4•（2k+1）²-[2（k+1）+1]²=（6k+5）（2k-1）＞0（k≥3），∴4^k+1＞[2（k+1）+1]²，
所以當(dāng)n=k+1時(shí)猜想也成立．
綜上所述：對(duì)于一切大于3的正整數(shù)都有4ⁿ＜（2n+1）²．
所以，當(dāng)n=1、2時(shí)9S_2n＜Q_n，當(dāng)n≥3時(shí)，9S_2n＞Q_n．

點(diǎn)評(píng)：數(shù)列綜合題和立體幾何以及解析幾何大題，每年出現(xiàn)，年年有變化．因此，對(duì)數(shù)列綜合題應(yīng)進(jìn)行系統(tǒng)探究，思考數(shù)列可能與哪些分支的知識(shí)綜合考查．不過(guò)，數(shù)列與不等式的綜合，是一種比較常見(jiàn)的題型，不可忽視．尤其數(shù)列不等式采用分類(lèi)和數(shù)學(xué)歸納法等工具來(lái)處理的新題不可小視．