前言
補充，何為迭代法，並舉例。
典例剖析
分析：本題目屬於求解分段函數方程，可以將\(f(x)\)這個整體視為已知中的\(x\)，則原分段函數方程等價於
第一種情形，\(0\leq f(x)\leq 1\)且\(f(x)=1\)；或第二種情形，\(f(x)-3=1\)且\(f(x)\notin[0，1]\)，
其中第一種可化簡為\(0\leq f(x)\leq 1\)，再等價轉化為\(\begin{cases}x\in[0，1]\\f(x)=1\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\0\leq x-3\leq 1\end{cases}\)
解得\(0\leq x\leq 1\)或\(3\leq x\leq 4\)；
第二種可化簡為\(f(x)=4\)，再等價轉化為\(\begin{cases}x\in[0，1]\\1=4\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\x-3=4\end{cases}\)，解得\(x=7\)；
綜上所述，\(x\)的取值范圍是\([0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}\)，故選\(D\)。
【法1】：利用復合函數的圖像解決問題；首先利用函數的奇偶性求出函數\(f(x)\)的解析式；
題目給定了\(x<0\)時的解析式，則當\(x>0\)時，\(-x<0\)，則\(f(-x)=(-x+1)e^{-x}\)，
又函數\(f(x)\)為奇函數，則\(f(x)=-f(-x)=-(-x+1)e^{-x}=(x-1)e^{-x}\)，又\(f(0)=0\)，
故函數的解析式為\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{(x+1)e^x，x<0}\\{0，x=0}\\{(x-1)e^{-x}，x>0}\end{array}\right.\)
接下來利用導數先研究\(x<0\)時的單調性，\(f(x)=(x+1)e^x\)，則\(f'(x)=(x+2)e^x\)，
則\(x\in (-\infty，-2)\)時，函數\(f(x)\)單調遞減，\(x\in (2，0)\)時，函數\(f(x)\)單調遞增，又\(f(0)=1\)，
故結合單調性和奇偶性，做出\(R\)上的函數示意圖如下：
接下來分析復合函數\(h(x)=f[f(x)]\)的圖像。
當\(x=0\)時，\(f(0)=0\)時，\(f(f(0))=0\)；
當\(x\in (0，1)\)時，內函數\(f(x)\)單調遞增，且\(f(x)\in (-1，0)\)，此時外函數在\((-1，0)\)上也單調遞增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (0，1)\)上單調遞增；
當\(x=1\)時，\(f(1)=0\)，\(f(f(1))=0\)；
當\(x\in (1，2)\)時，內函數\(f(x)\)單調遞增，且\(f(x)\in (0，e^{-2})\)，此時外函數在\((0，e^{-2})\)上也單調遞增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (1，2)\)上單調遞增，且函數值從\(1\)逐漸增大到\(f(f(2))\)且\(f(f(2))<0\)；
當\(x\in (2，+\infty)\)時，內函數\(f(x)\)單調遞減，且\(f(x)\in (0，e^{-2})\)，此時外函數在\((0，e^{-2})\)上單調遞增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (2，+\infty)\)上單調遞減，且函數值逐漸趨近於\(-1\)；
然后，用奇函數的性質對稱畫出\(x<0\)的那一部分，總體圖像如下圖所示；
由圖可知，函數\(y=f(f(x))\)和\(y=m\)的交點最多有三個，故選\(A\)；
- 下述的解法2，最好先說明借助圖像如何由\(x\)找\(f(x)\)，以及由\(f(x)\)找\(x\)；只要雙向的對應理解透徹，下述的解法就好思考多了；
【法2】：由外向里，從函數值找自變量，首先利用函數的奇偶性求出函數\(f(x)\)的解析式；
題目給定了\(x<0\)時的解析式，則當\(x>0\)時，\(-x<0\)，則\(f(-x)=(-x+1)e^{-x}\)，
又函數\(f(x)\)為奇函數，則\(f(x)=-f(-x)=-(-x+1)e^{-x}=(x-1)e^{-x}\)，又\(f(0)=0\)，
故函數的解析式為\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{(x+1)e^x，x<0}\\{0，x=0}\\{(x-1)e^{-x}，x>0}\end{array}\right.\)
接下來利用導數先研究\(x<0\)時的單調性，\(f(x)=(x+1)e^x\)，則\(f'(x)=(x+2)e^x\)，
則\(x\in (-\infty，-2)\)時，函數\(f(x)\)單調遞減，\(x\in (2，0)\)時，函數\(f(x)\)單調遞增，又\(f(0)=1\)，
故結合單調性和奇偶性，做出\(R\)上的函數示意圖如下：
令\(F(x)=0\)，即\(f(f(x))=m\)，由圖可知，要使得函數\(y=f(f(x))\)與\(y=m\)的圖像有交點，則\(m\in (-1，1)\)；接下來關於\(m\)的取值分類討論如下：
當\(m\in (0，e^{-2})\)時，如圖所示，內函數\(f(x)=a，a\in (-1，0)\)或\(f(x)=b，b\in (1，2)\)或\(f(x)=c，c\in (2，+\infty)\)
若\(f(x)=b\)或\(f(x)=c\)時，不存在\(x\)；注意應該是在\(y\)軸上找點\((0，b)\)，然后過此點做\(x\)軸的平行線，顯然和函數的圖像沒有交點；
若\(f(x)=a， a\in (-1，0)\)時，此時和函數的圖像最多有三個交點；
當\(m\in (e^{-2}，1)\)時，內函數\(f(x)=a，a\in (-1，0)\)，此時\(f(x)\in (-1，0)\)時，函數\(y=a\)和函數\(y=f(x)\)圖像最多有三個交點，
同理，當\(m\in (-e^{-2}，0)\)或\(m\in (-1，-e^{-2})\)時，仿上說明，同樣最多有三個交點，故選\(A\)；
分析：函數\(y=2f^2(x)-3f(x)+1\)的零點個數即方程\(2f^2(x)-3f(x)+1=0\)的根的個數，
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\(f(x)=\cfrac{1}{2}\)，
接下來原方程的根的個數轉化為方程\(f(x)=1\)或\(f(x)=\cfrac{1}{2}\)的根的個數，
故做出函數\(y=f(x)\)的圖像和直線\(y=1\)和\(y=\cfrac{1}{2}\)，
由圖像可以看出，其共有\(5\)個交點，故原函數的零點個數為\(5\)個。
法1：從數的角度入手思考，將內函數\(f(x)\)理解為整體，則\(f(f(a))=1\)等價於以下的兩個方程組，
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\(a\in \varnothing\)，
故實數\(a\)的所有取值的和為\(4-2-\sqrt{5}+1-2-\sqrt{3}-2+\sqrt{3}+\cfrac{1}{16}=-\cfrac{15}{16}-\sqrt{5}\)。
法2：從圖像入手分析，待編輯。
分析：首先學習理解一個分段函數方程的模型；
\(\quad\quad\)【為理解上題配備的模型，求解分段函數方程】【2016第三次全國大聯考第15題】已知\(f(x)\)是定義在R上的奇函數，且當\(x<0\)時，\(f(x)=2x-1\)，若\(f(a)=3\)，求實數\(a\)的值。
分析：先由奇偶性求得\(x>0\)時，\(f(x)=2x+1\)，
即得到函數的解析式為\(f(x)=\begin{cases}2x-1&x<0\\0&x=0\\2x+1&x>0\end{cases}\)，且已知\(f(a)=3\)，求\(a\)的值，
等價轉化為三個不等式組 \(\begin{cases}a<0\\2a-1=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a=0\\0=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a>0\\2a+1=3\end{cases}\)，
解得\(a=1\)。
學習理解透徹了上述模型后，我們開始求解本題目：
【法1】：從數的角度求解；令\(f(x)=t\)，則函數的零點問題轉化為方程\(f(t)=-1\)的解的個數問題；
即相當於已知\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+1，x\leqslant 0}\\{lnx，x>0，}\end{array}\right.\) 且\(f(t)=-1\)，求\(t\)的值；
則上述分段函數方程等價於\(\left\{\begin{array}{l}{t\leqslant 0}\\{t+1=-1}\end{array}\right.\) 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\(f(x)=\cfrac{1}{e}\)，到此題目又可以轉化為
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\(2\)個\(x\)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\(2\)個\(x\)的值；
故所求的零點的個數為\(4\)個。
【法2】：從形的角度求解；先做出分段函數圖像如下：
先將函數的零點問題轉化為方程\(f[f(x)]=-1\)的根的個數問題；作直線\(y=-1\)與函數\(y=f(x)\)圖像有兩個交點，其橫坐標分別為\(x=-2\)和\(x=\cfrac{1}{e}\)，
然后在同樣的圖上，再分別作直線\(y=-2\)和\(y=\cfrac{1}{e}\)，可以看出，這兩條直線分別和分段函數\(y=f(x)\)有兩個交點，故共有四個交點。即所求的零點的個數為\(4\)個。
法1：若能將\(f(a)\)理解成已知函數的\(x\)，
則可以將\(f(f(a))\leq 2\)等價轉化為以下的兩個不等式組：
\(\begin{cases}&f(a)<0\\&f^2(a)+f(a)\leq 2 \end{cases}\) 或 \(\begin{cases}&f(a)\ge0\\&-f^2(a)\leq 2 \end{cases}\)
分別解得：\(-2\leq f(a)<0\)或\(f(a)\ge 0\)，故\(f(a)\ge -2\)；
到此問題轉化為已知\(f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x<0\\-x^2,&x\ge 0 \end{cases}\)，\(f(a)\ge -2\)，
求實數\(a\)的取值范圍，這就容易多了。
再次轉化為\(\begin{cases}&a<0\\&a^2+a\ge -2 \end{cases}\) 或 \(\begin{cases}&a\ge0\\&-a^2\ge -2 \end{cases}\)
分別解得：\(a<0\)或\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，故實數\(a\)的取值范圍為\((-\infty，+\sqrt{2}]\)。
解后反思：本題經過兩次抽絲剝繭般的處理，第一次的結果得到\(f(a)\ge -2\)，
第二次的結果得到\(a\in (-\infty，+\sqrt{2}]\)。
法2：圖像法
自行做出函數圖像，結合圖像可知，
要使得\(f(f(a))\leq 2\)，則必須\(f(a)\ge -2\)，
這時就轉化為分段函數不等式問題了。
\(f(a)\ge -2\)等價於以下兩個不等式組：
\(\begin{cases}&a<0 \\&a^2+a\ge -2\end{cases}\)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\(f[g(x)]=0\)有且僅有\(6\)個根；②方程\(g[f(x)]=0\)有且僅有\(3\)個根；
③方程\(f[f(x)]=0\)有且僅有\(5\)個根；④方程\(g[g(x)]=0\)有且僅有\(4\)個根；
則正確的命題有 _______________。①③④
【法1】：從里向外分析，重新配圖；得空整理；
對於命題①而言，復合函數為\(f[g(x)]\)；為什么如下選擇區間？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，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(0)]=f(1)=-1\)；圖中未說明，假定\(g(0)=1\);
在\([0，1]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(1)]=f(-0.3)=0.4\)；\(g(1)=-0.3\)，\(f(-0.3)=0.4\)為估算值；
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，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(2)]=f(-2)=-2\)；
根據上述函數值，做出函數圖像，由圖像可知方程\(f[g(x)]=0\)有且僅有\(6\)個根；故①正確；
對於命題②而言，復合函數為\(g[f(x)]\)；
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，\(f[g(x)]\searrow\)，\(g[f(2)]=g(2)=-2\)；
根據上述函數值，做出函數圖像，由圖像可知方程\(g[f(x)]=0\)有且僅有\(4\)個根；故②錯誤；
對於命題③而言，復合函數為\(f[f(x)]\)；
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，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(2)]=f(2)=2\)；
根據上述函數值，做出函數圖像，由圖像可知方程\(f[f(x)]=0\)有且僅有\(5\)個根；故③正確；
對於命題④而言，復合函數為\(g[g(x)]\)；
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，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(2)]=f(-2)=-2\)；
根據上述函數值，做出函數圖像，由圖像可知方程\(g[g(x)]=0\)有且僅有\(4\)個根；故④正確；
綜上所述，正確的命題有①③④。
法2：從外向里分析，由圖像可知，\(-2\leqslant g(x)\leqslant 2\)，\(-2\leqslant f(x)\leqslant 2\)，
對於命題①而言，由於滿足方程\(f[g(x)]=0\)的\(g(x)\)有\(3\)個不同值，由於每個值\(g(x)\)又對應了\(2\)個\(x\)值，故滿足\(f[g(x)]=0\)的\(x\)值有\(6\)個，即方程\(f[g(x)]=0\)有且僅有\(6\)個根，故命題①正確；
[圖像使用方法說明]：由\(y=f(x)\)的圖像可以看出，使得\(f(x)=0\)的三個零點值分別為\(x_1=-1.6\)，\(x_2=0\)，\(x_3=1.6\)[估算]，
在函數\(y=g(x)\)的圖像中，分別做直線\(g(x)=-1.6\)，\(g(x)=0\)，\(g(x)=1.6\)，每一條直線和函數\(y=g(x)\)都有\(2\)個交點，故共有\(6\)個交點。
對於命題②而言，由於滿足方程\(g[f(x)]=0\)的\(f(x)\)有\(2\)個不同值，從圖中可知，每一個值\(f(x)\)，一個\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上，另一個\(f(x)\)的值在\((0，1)\)上，當\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上時，原方程有一個解；當\(f(x)\)的值在\((0，1)\)上時，原方程有\(3\)個解，故滿足\(g[f(x)]=0\)的\(x\)值有\(4\)個，即方程\(g[f(x)]=0\)有且僅有\(4\)個根，故命題②不正確；
對於命題③而言，由於滿足方程\(f[f(x)]=0\)的\(f(x)\)有\(3\)個不同值，從圖中可知，一個\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上，一個\(f(x)\)的值為\(0\)，另一個\(f(x)\)的值在\((1，2)\)上；當\(f(x)=0\)對應了\(3\)個不同的\(x\)值，當\(f(x)\)在\((-2，-1)\)上時，只對應一個\(x\)值；當\(f(x)\)的值在\((1，2)\)上時，也只對應一個\(x\)的值，故滿足\(f[f(x)]=0\)的\(x\)值有\(5\)個，即方程\(f[f(x)]=0\)有且僅有\(5\)個根，故命題③正確；
對於命題④而言，由於滿足方程\(g[g(x)]=0\)的\(g(x)\)有\(2\)個不同值，從圖中可知，每個\(g(x)\)的值對應\(2\)個不同的\(x\)值，故滿足\(g[g(x)]=0\)的\(x\)值有\(4\)個，即方程\(g[g(x)]=0\)有且僅有\(4\)個根，故命題④正確；
綜上所述，正確的命題有①③④。
法1：【迭代遞推】
\(a_1=f(2^1)=2\)，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：【賦值法】
由題目\(a_n=f(2^n)\)可知，\(a_{n+1}=f(2^{n+1})\)，且\(a_1=f(2)=2\)
由於對任意的\(x，y\in R\)都有\(f(xy)\)\(=xf(y)\)\(+yf(x)\)成立，
令\(x=2^n\)，\(y=2\)，則有\(f(2^{n+1})=f(2^n\cdot 2)=2^nf(2)+2f(2^n)\)，
即\(a_{n+1}=2a_n+2\times 2^n\)，即\(a_{n+1}=2a_n+2^{n+1}\)，
接下來兩邊同時除以\(2^{n+1}\)，得到
\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{a_{n}}{2^{n}}+1\)
則數列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是首項為\(1\)，公差為\(1\)的等差數列，
則有\(\cfrac{a_n}{2^n}=1+(n-1)\times 1=n\)，
即所求通項公式為\(a_n=n\cdot 2^n\)。
法1：可以計算出數列的前有限項，歸納猜想得到通項公式從而求解；
由題目可知\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_{n+1}(x)=f_1(f_n(x))\)，
將\(f_n(x)\)代入\(f_1(x)\)得到，\(f_{n+1}(x)=\cfrac{2}{1+f_n(x)}\)，
用此式依次計算得到：
\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_1(0)=2，a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
\(f_2(x)=\cfrac{2(1+x)}{3+x}，f_2(0)=\cfrac{2}{3}，a_2=\cfrac{f_2(0)-1}{f_2(0)+1}=-\cfrac{1}{8}\)；
\(f_3(x)=\cfrac{2(3+x)}{5+3x}，f_3(0)=\cfrac{6}{5}，a_3=\cfrac{f_3(0)-1}{f_3(0)+1}=\cfrac{1}{16}，\cdots\)；
由此猜想數列\(\{a_n\}\)是首項為\(\cfrac{1}{4}\)，公比為\(-\cfrac{1}{2}\)的等比數列，
通項公式為\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，
則\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
法2：由上式得到啟發，我們可以直接計算如下：
\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{\cfrac{f_{n+1}(0)-1}{f_{n+1}(0)+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{f_1(f_n(0))-1}{f_1(f_n(0))+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}\)
\(=\cfrac{\cfrac{\frac{2}{1+f_n(0)}-1}{\frac{2}{1+f_n(0)}+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{1-f_n(0)}{2(f_n(0)+2)}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}} =-\cfrac{1}{2}\)，
即\(q=-\cfrac{1}{2}\)，再計算\(a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
故數列\(\{a_n\}\)是首項為\(\cfrac{1}{4}\)，公比為\(-\cfrac{1}{2}\)的等比數列，
通項公式為\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，則\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
- 上次編輯時間：2019-07-21*
當我們先選擇函數\(g(x)\)的區間為\([-2，-1]\)時，此時雖然能保證內函數\(g(x)\)單調遞增，但是此時內函數的值域\(g(x)\in [-2，2]\)，其投射到外函數\(f(x)\)上時，就放置到了外函數\(f(x)\)的定義域\([-2，2]\)內，此時外函數的單調性不唯一，說明我們一開始選取的內函數的研究區間\([-2，-1]\)有些大了，所以需要壓縮；一直壓縮到\([-2，x_0]\)，其中\(g(x_0)=-1\)，這時候內函數的值域\(g(x)\in [-2，-1]\)，剛好投射到外函數的單調遞增區間上，說明此時的區間選取是恰當合理的，其他的區間選取與此同理同法； ↩︎