设 $f(x)=\dfrac x{x+1}$，令 $a_1 = \dfrac 1 2, a_2 = \dfrac 3 4, a_{n+2} = f(a_n)+f(a_{n+1}),n=1,2,\cdots$．
求证：对任何正整数 $n$，有 $f(3\cdot 2^{n-1}) \leqslant a_{2n} \leqslant f(3\cdot 2^{2n-2})$．
求证：对任何正整数 $n$，有 $f(3\cdot 2^{n-1}) \leqslant a_{2n} \leqslant f(3\cdot 2^{2n-2})$．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛天津市预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
先用数学归纳法证明命题“对任何正整数 $n$，有 $a_n<a_{n+1}$”．当 $n=1$ 时，$a_1=\dfrac 1 2<\dfrac 3 4=a_2$，命题成立．当 $n=2$ 时，$a_2=\dfrac 3 4<\dfrac {16}{21}=a_3$，命题成立．设 $n=1,2,\cdots,k$（$k$ 是大于 $1$ 的正整数）时命题成立，则 $n=k+1$ 时，由归纳假设知 $a_{k-1}<a_k, a_k<a_{k+1}$，从而由\[f(x)=\dfrac{x}{x+1}=1-\dfrac {1}{x+1}\]在 $[0,+\infty)$ 上单调递增得，\[\begin{split}a_n&=a_{k+1}=f(a_{k-1})+f(a_k)<f(a_k)+f(a_{k+1})\\&=a_{k+2}=a_{n+1},\end{split}\]即 $n=k+1$ 时命题成立．由数学归纳法，对任何正整数 $n$，有 $a_n<a_{n+1}$．
因此对任何正整数，有\[a_{n+2}=f(a_n)+f(a_{n+1})>2f(a_n).\]下面用数学归纳法来证明命题“对任何正整数有 $n$，有 $a_{2n}\geqslant f(3\cdot 2^{n-1})$”．当 $n=1$ 时，$a_2 = \dfrac 3 4 = f(3)= f(3\cdot2^0)$，命题成立．设 $n=k$ 时命题成立，则 $n=k+1$ 时，注意到\[2f(f(x))=\dfrac{2\cdot{\dfrac {x}{x+1}}}{\dfrac x{x+1} +1}=\dfrac{2x}{2x+1}=f(2x),\]就有\[\begin{split}a_{2n}&=a_{2k+2}>2f(a_{2k})\geqslant 2f(f(3 \cdot 2^{k-1}))\\ &=f(3\cdot2^k)=f(3\cdot 2^{n-1}),\end{split}\]即 $n=k+1$ 时命题成立．由数学归纳法，对任何正整数 $n$，有 $a_{2n}\geqslant f(3\cdot 2^{n-1})$．
对于另一边的不等式，下面用数学归纳法来证明更一般的命题“对任何正整数 $n$，有 $a_n \leqslant f(3\cdot 2^{n-2})$”．当 $n=1$ 时，\[a_1=\dfrac 1 2 =f(1)<f(3 \cdot 2^{-1}),\]命题成立．当 $n=2$ 时，\[a_2=\dfrac 3 4 =f(3)=f(3\cdot 2^0),\]命题成立．设 $n=k$（$k$ 是大于 $1$ 的正整数）时命题成立，则 $n=k+1$ 时，有\[\begin{split}a_n&=a_{k+1}=f(a_{k-1})+f(a_k)<2f(a_k)\\&\leqslant 2f(f(3\cdot 2^{k-2}))\\&=f(3\cdot 2^{k-1})=f(3\cdot2^{n-2}),\end{split}\]即 $n=k+1$ 时命题成立．由数学归纳法，对任何正整数 $n$，有 $a_n \leqslant f(3\cdot 2^{n-2})$．
因此对任何正整数，有\[a_{n+2}=f(a_n)+f(a_{n+1})>2f(a_n).\]下面用数学归纳法来证明命题“对任何正整数有 $n$，有 $a_{2n}\geqslant f(3\cdot 2^{n-1})$”．当 $n=1$ 时，$a_2 = \dfrac 3 4 = f(3)= f(3\cdot2^0)$，命题成立．设 $n=k$ 时命题成立，则 $n=k+1$ 时，注意到\[2f(f(x))=\dfrac{2\cdot{\dfrac {x}{x+1}}}{\dfrac x{x+1} +1}=\dfrac{2x}{2x+1}=f(2x),\]就有\[\begin{split}a_{2n}&=a_{2k+2}>2f(a_{2k})\geqslant 2f(f(3 \cdot 2^{k-1}))\\ &=f(3\cdot2^k)=f(3\cdot 2^{n-1}),\end{split}\]即 $n=k+1$ 时命题成立．由数学归纳法，对任何正整数 $n$，有 $a_{2n}\geqslant f(3\cdot 2^{n-1})$．
对于另一边的不等式，下面用数学归纳法来证明更一般的命题“对任何正整数 $n$，有 $a_n \leqslant f(3\cdot 2^{n-2})$”．当 $n=1$ 时，\[a_1=\dfrac 1 2 =f(1)<f(3 \cdot 2^{-1}),\]命题成立．当 $n=2$ 时，\[a_2=\dfrac 3 4 =f(3)=f(3\cdot 2^0),\]命题成立．设 $n=k$（$k$ 是大于 $1$ 的正整数）时命题成立，则 $n=k+1$ 时，有\[\begin{split}a_n&=a_{k+1}=f(a_{k-1})+f(a_k)<2f(a_k)\\&\leqslant 2f(f(3\cdot 2^{k-2}))\\&=f(3\cdot 2^{k-1})=f(3\cdot2^{n-2}),\end{split}\]即 $n=k+1$ 时命题成立．由数学归纳法，对任何正整数 $n$，有 $a_n \leqslant f(3\cdot 2^{n-2})$．
答案
解析
备注
