前言
补充，何为迭代法，并举例。
典例剖析
分析：本题目属于求解分段函数方程，可以将\(f(x)\)这个整体视为已知中的\(x\)，则原分段函数方程等价于
第一种情形，\(0\leq f(x)\leq 1\)且\(f(x)=1\)；或第二种情形，\(f(x)-3=1\)且\(f(x)\notin[0，1]\)，
其中第一种可化简为\(0\leq f(x)\leq 1\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\f(x)=1\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\0\leq x-3\leq 1\end{cases}\)
解得\(0\leq x\leq 1\)或\(3\leq x\leq 4\)；
第二种可化简为\(f(x)=4\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\1=4\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\x-3=4\end{cases}\)，解得\(x=7\)；
综上所述，\(x\)的取值范围是\([0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}\)，故选\(D\)。
【法1】：利用复合函数的图像解决问题；首先利用函数的奇偶性求出函数\(f(x)\)的解析式；
题目给定了\(x<0\)时的解析式，则当\(x>0\)时，\(-x<0\)，则\(f(-x)=(-x+1)e^{-x}\)，
又函数\(f(x)\)为奇函数，则\(f(x)=-f(-x)=-(-x+1)e^{-x}=(x-1)e^{-x}\)，又\(f(0)=0\)，
故函数的解析式为\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{(x+1)e^x，x<0}\\{0，x=0}\\{(x-1)e^{-x}，x>0}\end{array}\right.\)
接下来利用导数先研究\(x<0\)时的单调性，\(f(x)=(x+1)e^x\)，则\(f'(x)=(x+2)e^x\)，
则\(x\in (-\infty，-2)\)时，函数\(f(x)\)单调递减，\(x\in (2，0)\)时，函数\(f(x)\)单调递增，又\(f(0)=1\)，
故结合单调性和奇偶性，做出\(R\)上的函数示意图如下：
接下来分析复合函数\(h(x)=f[f(x)]\)的图像。
当\(x=0\)时，\(f(0)=0\)时，\(f(f(0))=0\)；
当\(x\in (0，1)\)时，内函数\(f(x)\)单调递增，且\(f(x)\in (-1，0)\)，此时外函数在\((-1，0)\)上也单调递增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (0，1)\)上单调递增；
当\(x=1\)时，\(f(1)=0\)，\(f(f(1))=0\)；
当\(x\in (1，2)\)时，内函数\(f(x)\)单调递增，且\(f(x)\in (0，e^{-2})\)，此时外函数在\((0，e^{-2})\)上也单调递增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (1，2)\)上单调递增，且函数值从\(1\)逐渐增大到\(f(f(2))\)且\(f(f(2))<0\)；
当\(x\in (2，+\infty)\)时，内函数\(f(x)\)单调递减，且\(f(x)\in (0，e^{-2})\)，此时外函数在\((0，e^{-2})\)上单调递增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (2，+\infty)\)上单调递减，且函数值逐渐趋近于\(-1\)；
然后，用奇函数的性质对称画出\(x<0\)的那一部分，总体图像如下图所示；
由图可知，函数\(y=f(f(x))\)和\(y=m\)的交点最多有三个，故选\(A\)；
- 下述的解法2，最好先说明借助图像如何由\(x\)找\(f(x)\)，以及由\(f(x)\)找\(x\)；只要双向的对应理解透彻，下述的解法就好思考多了；
【法2】：由外向里，从函数值找自变量，首先利用函数的奇偶性求出函数\(f(x)\)的解析式；
题目给定了\(x<0\)时的解析式，则当\(x>0\)时，\(-x<0\)，则\(f(-x)=(-x+1)e^{-x}\)，
又函数\(f(x)\)为奇函数，则\(f(x)=-f(-x)=-(-x+1)e^{-x}=(x-1)e^{-x}\)，又\(f(0)=0\)，
故函数的解析式为\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{(x+1)e^x，x<0}\\{0，x=0}\\{(x-1)e^{-x}，x>0}\end{array}\right.\)
接下来利用导数先研究\(x<0\)时的单调性，\(f(x)=(x+1)e^x\)，则\(f'(x)=(x+2)e^x\)，
则\(x\in (-\infty，-2)\)时，函数\(f(x)\)单调递减，\(x\in (2，0)\)时，函数\(f(x)\)单调递增，又\(f(0)=1\)，
故结合单调性和奇偶性，做出\(R\)上的函数示意图如下：
令\(F(x)=0\)，即\(f(f(x))=m\)，由图可知，要使得函数\(y=f(f(x))\)与\(y=m\)的图像有交点，则\(m\in (-1，1)\)；接下来关于\(m\)的取值分类讨论如下：
当\(m\in (0，e^{-2})\)时，如图所示，内函数\(f(x)=a，a\in (-1，0)\)或\(f(x)=b，b\in (1，2)\)或\(f(x)=c，c\in (2，+\infty)\)
若\(f(x)=b\)或\(f(x)=c\)时，不存在\(x\)；注意应该是在\(y\)轴上找点\((0，b)\)，然后过此点做\(x\)轴的平行线，显然和函数的图像没有交点；
若\(f(x)=a， a\in (-1，0)\)时，此时和函数的图像最多有三个交点；
当\(m\in (e^{-2}，1)\)时，内函数\(f(x)=a，a\in (-1，0)\)，此时\(f(x)\in (-1，0)\)时，函数\(y=a\)和函数\(y=f(x)\)图像最多有三个交点，
同理，当\(m\in (-e^{-2}，0)\)或\(m\in (-1，-e^{-2})\)时，仿上说明，同样最多有三个交点，故选\(A\)；
分析：函数\(y=2f^2(x)-3f(x)+1\)的零点个数即方程\(2f^2(x)-3f(x)+1=0\)的根的个数，
故先求解方程\(2f^2(x)-3f(x)+1=0\)，即\([2f(x)-1][f(x)-1]=0\)，
解得\(f(x)=1\)或\(f(x)=\cfrac{1}{2}\)，
接下来原方程的根的个数转化为方程\(f(x)=1\)或\(f(x)=\cfrac{1}{2}\)的根的个数，
故做出函数\(y=f(x)\)的图像和直线\(y=1\)和\(y=\cfrac{1}{2}\)，
由图像可以看出，其共有\(5\)个交点，故原函数的零点个数为\(5\)个。
法1：从数的角度入手思考，将内函数\(f(x)\)理解为整体，则\(f(f(a))=1\)等价于以下的两个方程组，
Ⅰ.\(\left\{\begin{array}{l}{f(a)>0}\\{log_2f(a)=1}\end{array}\right.\)，或者Ⅱ.\(\left\{\begin{array}{l}{f(a)\leq 0}\\{[f(a)]^2+4[f(a)]+1=1}\end{array}\right.\)，
解Ⅰ得到，\(f(a)=2\)①；解Ⅱ得到，\(f(a)=0\)②或者\(f(a)=-4\)③；
再次求解①得到，\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a=2}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{a\leq 0}\\{a^2+4a+1=2}\end{array}\right.\)，
解得\(a=4\)或\(a=-2-\sqrt{5}\)，
求解②得到，\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a=0}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{a\leq 0}\\{a^2+4a+1=0}\end{array}\right.\)，
解得\(a=1\)或\(a=-2\pm \sqrt{3}\)，
求解③得到，\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a=-4}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{a\leq 0}\\{a^2+4a+1=-4}\end{array}\right.\)，
解得\(a=\cfrac{1}{16}\)或\(a\in \varnothing\)，
故实数\(a\)的所有取值的和为\(4-2-\sqrt{5}+1-2-\sqrt{3}-2+\sqrt{3}+\cfrac{1}{16}=-\cfrac{15}{16}-\sqrt{5}\)。
法2：从图像入手分析，待编辑。
分析：首先学习理解一个分段函数方程的模型；
\(\quad\quad\)【为理解上题配备的模型，求解分段函数方程】【2016第三次全国大联考第15题】已知\(f(x)\)是定义在R上的奇函数，且当\(x<0\)时，\(f(x)=2x-1\)，若\(f(a)=3\)，求实数\(a\)的值。
分析：先由奇偶性求得\(x>0\)时，\(f(x)=2x+1\)，
即得到函数的解析式为\(f(x)=\begin{cases}2x-1&x<0\\0&x=0\\2x+1&x>0\end{cases}\)，且已知\(f(a)=3\)，求\(a\)的值，
等价转化为三个不等式组 \(\begin{cases}a<0\\2a-1=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a=0\\0=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a>0\\2a+1=3\end{cases}\)，
解得\(a=1\)。
学习理解透彻了上述模型后，我们开始求解本题目：
【法1】：从数的角度求解；令\(f(x)=t\)，则函数的零点问题转化为方程\(f(t)=-1\)的解的个数问题；
即相当于已知\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+1，x\leqslant 0}\\{lnx，x>0，}\end{array}\right.\) 且\(f(t)=-1\)，求\(t\)的值；
则上述分段函数方程等价于\(\left\{\begin{array}{l}{t\leqslant 0}\\{t+1=-1}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{t> 0}\\{lnt=-1}\end{array}\right.\)
解得\(t=-2\)或者\(t=\cfrac{1}{e}\)，即\(f(x)=-2\)或者\(f(x)=\cfrac{1}{e}\)，到此题目又可以转化为
已知\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+1，x\leqslant 0}\\{lnx，x>0，}\end{array}\right.\) 且\(f(x)=-2\)，求\(x\)的值；可以仿上求解得到\(2\)个\(x\)的值；
或已知\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+1，x\leqslant 0}\\{lnx，x>0，}\end{array}\right.\) 且\(f(x)=\cfrac{1}{e}\)，求\(x\)的值；亦可以仿上求解得到\(2\)个\(x\)的值；
故所求的零点的个数为\(4\)个。
【法2】：从形的角度求解；先做出分段函数图像如下：
先将函数的零点问题转化为方程\(f[f(x)]=-1\)的根的个数问题；作直线\(y=-1\)与函数\(y=f(x)\)图像有两个交点，其横坐标分别为\(x=-2\)和\(x=\cfrac{1}{e}\)，
然后在同样的图上，再分别作直线\(y=-2\)和\(y=\cfrac{1}{e}\)，可以看出，这两条直线分别和分段函数\(y=f(x)\)有两个交点，故共有四个交点。即所求的零点的个数为\(4\)个。
法1：若能将\(f(a)\)理解成已知函数的\(x\)，
则可以将\(f(f(a))\leq 2\)等价转化为以下的两个不等式组：
\(\begin{cases}&f(a)<0\\&f^2(a)+f(a)\leq 2 \end{cases}\) 或 \(\begin{cases}&f(a)\ge0\\&-f^2(a)\leq 2 \end{cases}\)
分别解得：\(-2\leq f(a)<0\)或\(f(a)\ge 0\)，故\(f(a)\ge -2\)；
到此问题转化为已知\(f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x<0\\-x^2,&x\ge 0 \end{cases}\)，\(f(a)\ge -2\)，
求实数\(a\)的取值范围，这就容易多了。
再次转化为\(\begin{cases}&a<0\\&a^2+a\ge -2 \end{cases}\) 或 \(\begin{cases}&a\ge0\\&-a^2\ge -2 \end{cases}\)
分别解得：\(a<0\)或\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，故实数\(a\)的取值范围为\((-\infty，+\sqrt{2}]\)。
解后反思：本题经过两次抽丝剥茧般的处理，第一次的结果得到\(f(a)\ge -2\)，
第二次的结果得到\(a\in (-\infty，+\sqrt{2}]\)。
法2：图像法
自行做出函数图像，结合图像可知，
要使得\(f(f(a))\leq 2\)，则必须\(f(a)\ge -2\)，
这时就转化为分段函数不等式问题了。
\(f(a)\ge -2\)等价于以下两个不等式组：
\(\begin{cases}&a<0 \\&a^2+a\ge -2\end{cases}\)或\(\begin{cases}&a\ge 0 \\&-a^2\ge -2\end{cases}\)。
解得\(a<0\)或\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，
故\(a\in(-\infty，\sqrt{2}]\)。
①方程\(f[g(x)]=0\)有且仅有\(6\)个根；②方程\(g[f(x)]=0\)有且仅有\(3\)个根；
③方程\(f[f(x)]=0\)有且仅有\(5\)个根；④方程\(g[g(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根；
则正确的命题有 _______________。①③④
【法1】：从里向外分析，重新配图；得空整理；
对于命题①而言，复合函数为\(f[g(x)]\)；为什么如下选择区间？理由[1]
在\([-2，x_0]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(-2)]=f(-2)=-2\)，\(f[g(x_0)]=f(-1)=1\)，其中\(g(x_0)=-1\);
在\([x_0，x_1]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(x_1)]=f(0)=0\)，其中\(g(x_1)=0\)；
在\([x_1，x_2]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(x_2)]=f(1)=-1\)，其中\(g(x_2)=1\)；
在\([x_2，-1]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(-1)]=f(2)=2\)；
在\([-1，0]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(0)]=f(1)=-1\)；图中未说明，假定\(g(0)=1\);
在\([0，1]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(1)]=f(-0.3)=0.4\)；\(g(1)=-0.3\)，\(f(-0.3)=0.4\)为估算值；
在\([1，x_3]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(x_3)]=f(-1)=1\)，其中\(g(x_3)=-1\)；
在\([x_3，2]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(2)]=f(-2)=-2\)；
根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(f[g(x)]=0\)有且仅有\(6\)个根；故①正确；
对于命题②而言，复合函数为\(g[f(x)]\)；
在\([-2，x_4]\)上，\(g[f(x)]\nearrow\)，\(g[f(-2)]=g(-2)=-2\)，\(g[f(x_4)]=g(-1)=2\)，其中\(f(x_4)=-1\);
在\([x_4，x_5]\)上，\(g[f(x)]\searrow\)，\(g[f(x_5)]=g(0)=1\)，其中\(f(x_5)=0\)；
在\([x_5，-1]\)上，\(g[f(x)]\searrow\)，\(g[f(-1)]=g(1)=-0.3\)；
在\([-1，0]\)上，\(g[f(x)]\nearrow\)，\(g[f(0)]=g(0)=1\)；
在\([0，1]\)上，\(g[f(x)]\nearrow\)，\(g[f(1)]=g(-1)=2\)；
在\([1，x_6]\)上，\(g[f(x)]\searrow\)，\(g[f(x_6)]=g(1)=0\)，其中\(f(x_6)=1\)；
在\([x_6，2]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(g[f(2)]=g(2)=-2\)；
根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(g[f(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根；故②错误；
对于命题③而言，复合函数为\(f[f(x)]\)；
在\([-2，x_4]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(-2)]=f(-2)=-2\)，\(f[f(x_4)]=f(-1)=1\)，其中\(f(x_4)=-1\);
在\([x_4，x_5]\)上，\(f[f(x)]\searrow\)，\(f[f(x_5)]=f(0)=0\)，其中\(f(x_5)=0\)；
在\([x_5，-1]\)上，\(f[f(x)]\searrow\)，\(f[f(-1)]=f(1)=-1\)；
在\([-1，0]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(0)]=f(0)=0\)；
在\([0，1]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(1)]=f(-1)=1\)；
在\([1，x_6]\)上，\(f[f(x)]\searrow\)，\(f[f(x_6)]=f(1)=-1\)，其中\(f(x_6)=1\)；
在\([x_6，2]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(2)]=f(2)=2\)；
根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(f[f(x)]=0\)有且仅有\(5\)个根；故③正确；
对于命题④而言，复合函数为\(g[g(x)]\)；
在\([-2，x_0]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(-2)]=g(-2)=-2\)，\(g[g(x_0)]=g(-1)=2\)，其中\(g(x_0)=-1\);
在\([x_0，x_1]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(x_1)]=f(0)=0\)，其中\(g(x_1)=0\)；
在\([x_1，x_2]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(x_2)]=g(1)=-0.3\)，其中\(g(x_2)=1\)；
在\([x_2，-1]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(-1)]=g(2)=-2\)；
在\([-1，0]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(0)]=g(1)=0\)；
在\([0，1]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(1)]=g(0)=1\)；
在\([1，x_3]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(x_3)]=g(-1)=2\)，其中\(g(x_3)=-1\)；
在\([x_3，2]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(2)]=f(-2)=-2\)；
根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(g[g(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根；故④正确；
综上所述，正确的命题有①③④。
法2：从外向里分析，由图像可知，\(-2\leqslant g(x)\leqslant 2\)，\(-2\leqslant f(x)\leqslant 2\)，
对于命题①而言，由于满足方程\(f[g(x)]=0\)的\(g(x)\)有\(3\)个不同值，由于每个值\(g(x)\)又对应了\(2\)个\(x\)值，故满足\(f[g(x)]=0\)的\(x\)值有\(6\)个，即方程\(f[g(x)]=0\)有且仅有\(6\)个根，故命题①正确；
[图像使用方法说明]：由\(y=f(x)\)的图像可以看出，使得\(f(x)=0\)的三个零点值分别为\(x_1=-1.6\)，\(x_2=0\)，\(x_3=1.6\)[估算]，
在函数\(y=g(x)\)的图像中，分别做直线\(g(x)=-1.6\)，\(g(x)=0\)，\(g(x)=1.6\)，每一条直线和函数\(y=g(x)\)都有\(2\)个交点，故共有\(6\)个交点。
对于命题②而言，由于满足方程\(g[f(x)]=0\)的\(f(x)\)有\(2\)个不同值，从图中可知，每一个值\(f(x)\)，一个\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上，另一个\(f(x)\)的值在\((0，1)\)上，当\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上时，原方程有一个解；当\(f(x)\)的值在\((0，1)\)上时，原方程有\(3\)个解，故满足\(g[f(x)]=0\)的\(x\)值有\(4\)个，即方程\(g[f(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根，故命题②不正确；
对于命题③而言，由于满足方程\(f[f(x)]=0\)的\(f(x)\)有\(3\)个不同值，从图中可知，一个\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上，一个\(f(x)\)的值为\(0\)，另一个\(f(x)\)的值在\((1，2)\)上；当\(f(x)=0\)对应了\(3\)个不同的\(x\)值，当\(f(x)\)在\((-2，-1)\)上时，只对应一个\(x\)值；当\(f(x)\)的值在\((1，2)\)上时，也只对应一个\(x\)的值，故满足\(f[f(x)]=0\)的\(x\)值有\(5\)个，即方程\(f[f(x)]=0\)有且仅有\(5\)个根，故命题③正确；
对于命题④而言，由于满足方程\(g[g(x)]=0\)的\(g(x)\)有\(2\)个不同值，从图中可知，每个\(g(x)\)的值对应\(2\)个不同的\(x\)值，故满足\(g[g(x)]=0\)的\(x\)值有\(4\)个，即方程\(g[g(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根，故命题④正确；
综上所述，正确的命题有①③④。
法1：【迭代递推】
\(a_1=f(2^1)=2\)，即\(f(2)=2\)，
\(a_n=f(2^n)=f(2\cdot2^{n-1})=2f(2^{n-1})+2^{n-1}f(2)\)
\(=2^1\cdot f(2^{n-1})+2^n\cdot 1=2[2f(2^{n-2})+2^{n-2}f(2)]+2^n\cdot 1\)
\(=2^2\cdot f(2^{n-2})+2^n\cdot 2\)
\(=2^3\cdot f(2^{n-3})+2^n\cdot 3\)
\(=2^4\cdot f(2^{n-4})+2^n\cdot 4\)
\(=2^{n-1}\cdot f(2^1)+2^n \cdot (n-1)=n\cdot 2^n\)；
法2：【赋值法】
由题目\(a_n=f(2^n)\)可知，\(a_{n+1}=f(2^{n+1})\)，且\(a_1=f(2)=2\)
由于对任意的\(x，y\in R\)都有\(f(xy)\)\(=xf(y)\)\(+yf(x)\)成立，
令\(x=2^n\)，\(y=2\)，则有\(f(2^{n+1})=f(2^n\cdot 2)=2^nf(2)+2f(2^n)\)，
即\(a_{n+1}=2a_n+2\times 2^n\)，即\(a_{n+1}=2a_n+2^{n+1}\)，
接下来两边同时除以\(2^{n+1}\)，得到
\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{a_{n}}{2^{n}}+1\)
则数列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是首项为\(1\)，公差为\(1\)的等差数列，
则有\(\cfrac{a_n}{2^n}=1+(n-1)\times 1=n\)，
即所求通项公式为\(a_n=n\cdot 2^n\)。
法1：可以计算出数列的前有限项，归纳猜想得到通项公式从而求解；
由题目可知\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_{n+1}(x)=f_1(f_n(x))\)，
将\(f_n(x)\)代入\(f_1(x)\)得到，\(f_{n+1}(x)=\cfrac{2}{1+f_n(x)}\)，
用此式依次计算得到：
\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_1(0)=2，a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
\(f_2(x)=\cfrac{2(1+x)}{3+x}，f_2(0)=\cfrac{2}{3}，a_2=\cfrac{f_2(0)-1}{f_2(0)+1}=-\cfrac{1}{8}\)；
\(f_3(x)=\cfrac{2(3+x)}{5+3x}，f_3(0)=\cfrac{6}{5}，a_3=\cfrac{f_3(0)-1}{f_3(0)+1}=\cfrac{1}{16}，\cdots\)；
由此猜想数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{4}\)，公比为\(-\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，
则\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
法2：由上式得到启发，我们可以直接计算如下：
\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{\cfrac{f_{n+1}(0)-1}{f_{n+1}(0)+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{f_1(f_n(0))-1}{f_1(f_n(0))+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}\)
\(=\cfrac{\cfrac{\frac{2}{1+f_n(0)}-1}{\frac{2}{1+f_n(0)}+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{1-f_n(0)}{2(f_n(0)+2)}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}} =-\cfrac{1}{2}\)，
即\(q=-\cfrac{1}{2}\)，再计算\(a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
故数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{4}\)，公比为\(-\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，则\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
- 上次编辑时间：2019-07-21*
当我们先选择函数\(g(x)\)的区间为\([-2，-1]\)时，此时虽然能保证内函数\(g(x)\)单调递增，但是此时内函数的值域\(g(x)\in [-2，2]\)，其投射到外函数\(f(x)\)上时，就放置到了外函数\(f(x)\)的定义域\([-2，2]\)内，此时外函数的单调性不唯一，说明我们一开始选取的内函数的研究区间\([-2，-1]\)有些大了，所以需要压缩；一直压缩到\([-2，x_0]\)，其中\(g(x_0)=-1\)，这时候内函数的值域\(g(x)\in [-2，-1]\)，刚好投射到外函数的单调递增区间上，说明此时的区间选取是恰当合理的，其他的区间选取与此同理同法； ↩︎