Question

已知函數(shù)f(x)=2-

1

x

，數(shù)列{a_n}滿足a_n=f（a_n-1）（n≥2，n∈N⁺）．
（Ⅰ）若a1=

3

5

，數(shù)列{b_n}滿足bn=

1

an-1

，求證：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（Ⅱ）若a1=

3

5

，數(shù)列{a_n}中是否存在最大項與最小項，若存在，求出最大項與最小項；若不存在，說明理由；
（Ⅲ）若1＜a₁＜2，試證明：1＜a_n+1＜a_n＜2．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據(jù)題設(shè)中的函數(shù)式，求得a_n和a_n-1的遞推式，進(jìn)而利用b_n-b_n-1=1判斷出數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列．
（Ⅱ）根據(jù)（Ⅰ）可求得，數(shù)列{b_n}的通項公式，則b_n可得，通過對函數(shù)g(x)=1+

2

2x-7

求導(dǎo)判斷出則函數(shù)g(x)=1+

2

2x-7

在區(qū)間(-∞，

7

2

)，(

7

2

，+∞)上為減函數(shù)．且在(-∞，

7

2

)上遞減，故當(dāng)n=3時，a_n取最小值進(jìn)而可知當(dāng)x＞

7

2

時，g(x)=1+

2

2x-7

＞1，且在(

7

2

，+∞)上遞減，故當(dāng)n=4時，a_n取最大值

m-n

lnm-lnn

＜2m．
（Ⅲ）先看當(dāng)n=1時等式成立，再看n≥2時，假設(shè)n=k時命題成立，即1＜a_k＜2，則當(dāng)n=k+1時，

1

2

＜

1

ak

＜1，則1＜a_k+1＜2，ak+1=2-

1

ak

∈(1，

3

2

)故當(dāng)n=k+1時也成立．進(jìn)而a_n+1-a_n＜0判斷出a_n+1＜a_n．
最后綜合可證明原式．

解答：解：∵f(x)=2-

1

x

，則an=2-

1

an-1

（n≥2，n?N^*）．
（Ⅰ）bn=

1

an-1

=

1

2- 1 an-1 -1

=

an-1

an-1-1

，bn-1=

1

an-1-1

，
∴bn-bn-1=

an-1

an-1-1

-

1

an-1-1

=1 (n≥2，n∈N*)．
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，首項b1=

1

a1-1

=-

5

2

，公差為1，
則其通項公式bn=-

5

2

+(n-1)•1=n-

7

2

，
由bn=

1

an-1

得an=1+

1

bn

=1+

1

n- 7 2

，
故an=1+

2

2n-7

．
考查函數(shù)g(x)=1+

2

2x-7

，
則g′(x)=-

4

(2x-7)2

＜0．
則函數(shù)g(x)=1+

2

2x-7

在區(qū)間(-∞，

7

2

)，(

7

2

，+∞)上為減函數(shù)．
∴當(dāng)x＜

7

2

時，g(x)=1+

2

2x-7

＜1，
且在(-∞，

7

2

)上遞減，故當(dāng)n=3時，a_n取最小值
∴

m-n

m

＜2(lnm-lnn)；
當(dāng)x＞

7

2

時，g(x)=1+

2

2x-7

＞1，
且在(

7

2

，+∞)上遞減，故當(dāng)n=4時，a_n取最大值

m-n

lnm-lnn

＜2m．故存在．

（Ⅲ）先用數(shù)學(xué)歸納法證明1＜a_n＜2，再證明a_n+1＜a_n．
①當(dāng)n=1時，1＜a₁＜2成立，
②假設(shè)n=k時命題成立，即1＜a_k＜2，
則當(dāng)n=k+1時，

1

2

＜

1

ak

＜1，ak+1=2-

1

ak

∈(1，

3

2

)，則1＜a_k+1＜2，故當(dāng)n=k+1時也成立．
綜合①②有，命題對任意n?N^*時成立，即1＜a_n＜2．下證a_n+1＜a_n．
∵an+1-an=2-

1

an

-an=2-(an+

1

an

)＜2-2

an• 1 an

=0，
∴a_n+1＜a_n．
綜上所述：1＜a_n+1＜a_n＜2．

點評：本題主要考查了數(shù)列與不等式的綜合，數(shù)學(xué)歸納法的證明方法．考查了學(xué)生綜合分析問題的能力和基本的推理能力．