已知数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 中，${a_1} = 1$，${a_{n + 1}} = c - \dfrac{1}{a_n}$．
【难度】
【出处】
2010年高考大纲全国I卷（理）
【标注】
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设 $c = \dfrac{5}{2}$，${b_n} = \dfrac{1}{{{a_n} - 2}}$，求数列 $\left\{ {b_n} \right\}$ 的通项公式；标注答案$ {b_n} =- \dfrac{1}{3} \cdot {4^{n - 1}} - \dfrac{2}{3}$，$n\in\mathbb N^*$解析因为 $a_{n+1}=\dfrac 52-\dfrac {1}{a_n}$，所以$$b_{n+1}=4b_n+2,$$即$$b_{n+1}+\dfrac 23=4(b_n+\dfrac 23),$$所以 $\{b_n+\dfrac 23\}$ 是以 $-\dfrac 13$ 为首项，以 $4$ 为公比的等比数列，因此$$b_n=- \dfrac{1}{3} \cdot {4^{n - 1}} - \dfrac{2}{3}.$$
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求使不等式 ${a_n} < {a_{n + 1}} < 3$ 成立的 $c$ 的取值范围．标注答案$\left(2,\dfrac{10}{3}\right]$解析因为$$a_{n+2}+\dfrac{1}{a_{n+1}}=a_{n+1}+\dfrac{1}{a_{n}}=c,$$所以$$a_{n+2}-a_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n}a_{n+1}},$$由 $a_{n}<a_{n+1}$ 得 $a_{n+2}-a_{n+1}>0$．
因为\[a_{2}-a_{1}>0,\]所以 $c>2$．
由于数列递增且有上界，于是 $a_{n}$ 存在不大于 $3$ 的极限，因此$$2<c\leqslant 3+\dfrac13=\dfrac{10}{3}.$$情形一 当 $c\leqslant \dfrac{10}{3}$ 时，不等式恒成立．
用数学归纳法证明如下：归纳基础 当 $n=1$ 时，$a_{1}=1<3$；递推证明 假设当 $n=k$ 时，$a_{k}<3$，则$$a_{k+1}=c-\dfrac{1}{a_{k}}<\dfrac{10}{3}-\dfrac{1}{3}=3.$$因此，$a_{n}<3$ 恒成立．情形二 当 $c>\dfrac{10}{3}$ 时，不等式不恒成立．
用反证法证明如下：
假设不等式 $a_{n}<a_{n+1}<3$ 恒成立．
设 $c=A+\dfrac{1}{A}$，其中 $A>3$，则$$a_{n+1}+\dfrac{1}{a_{n}}=A+\dfrac{1}{A},$$所以$$A-a_{n+1}=\dfrac{A-a_{n}}{A\cdot a_{n}},$$因为$$a_{n}\geqslant 1,A>3,$$所以$$\dfrac{A-a_{n+1}}{A-a_{n}}=\dfrac{1}{A\cdot a_{n}}\leqslant \dfrac{1}{A}<\dfrac{1}{3},$$于是$$A-a_{n+1}<\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}(A-a_{1})=\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}(A-1),$$所以必然存在 $N$，使得 $A-a_{N+1}<A-3$，即 $a_{N+1}>3$，矛盾．
因此当 $c>\dfrac{10}{3}$ 时，不等式不恒成立．
综上，$2<c\leqslant \dfrac {10}{3}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
