已知数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 中，${a_1}=1$，${a_{n+1}}=c-\dfrac{1}{{{a_n}}}$．
【难度】
【出处】
无
【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；标注答案略解析${b_n}=- \dfrac{1}{3} \cdot {4^{n-1}}-\dfrac{2}{3}$
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求使不等式 ${a_n}<{a_{n+1}}<3$ 恒成立的 $c$ 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$${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=\dfrac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$$于是$${a_n}<{a_{n+1}} \Leftrightarrow {a_{n+1}}-{a_n}>0 \Leftrightarrow {a_2}-{a_1}>0 \Leftrightarrow c>2.$$由于数列递增且有上界，于是 ${a_n}$ 存在不大于 $3$ 的极限：$$c \leqslant \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n}+\dfrac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n}}} \leqslant 3+\dfrac{1}{3}=\dfrac{{10}}{3}.$$因此 $2<c \leqslant \dfrac{{10}}{3}$．
第一种情况 当 $c \leqslant \dfrac{{10}}{3}$ 时，不等式恒成立．用数学归纳法证明如下：
当 $n=1$ 时，${a_1}=1<3$；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．第二种情况 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$${a_{n+1}}+\dfrac{1}{{{a_n}}}=A+\dfrac{1}{A},$$由于$$A-{a_{n+1}}=\dfrac{{A-{a_n}}}{{A \cdot {a_n}}},\dfrac{{A-{a_{n+1}}}}{{A-{a_n}}}=\dfrac{1}{{A \cdot {a_n}}} \leqslant \dfrac{1}{A}<\dfrac{1}{3},$$于是$$A-{a_{n+1}}<{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^n}\left( {A-{a_1}} \right)={\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^n}\left( {A-1} \right),$$因此必然存在 $N$，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．
设不动点方程 $x=c-\dfrac{1}{x}$ 的解为 $\alpha $、$\beta $，其中 $\alpha>1$，$\beta<1$，则$$\alpha+\beta=c,a\beta=1.$$令 ${b_n}=\dfrac{{{a_n}-\alpha }}{{{a_n}-\beta }}$，则$$\dfrac{{{b_{n+1}}}}{{{b_n}}}=\dfrac{\beta }{\alpha },$$于是$${b_n}={\left( {\dfrac{\beta }{\alpha }} \right)^{n-1}} \cdot \dfrac{{1-\alpha }}{{1-\beta }}$$因此$${a_n}=\dfrac{{\beta {b_n}-\alpha }}{{{b_n}-1}}=\dfrac{{\dfrac{{{\beta ^n}}}{{{\alpha ^{n-1}}}} \cdot \dfrac{{1-\alpha }}{{1-\beta }}-\alpha }}{{\dfrac{{{\beta ^{n-1}}}}{{{\alpha ^{n-1}}}} \cdot \dfrac{{1-\alpha }}{{1-\beta }}-1}}=\dfrac{{1+{\alpha ^{2n-1}}}}{{\alpha+{\alpha ^{2n-2}}}}.$$因为 ${a_n}<3$ 恒成立，于是$$1+{\alpha ^{2n-1}}<3\alpha+3{\alpha ^{2n-2}},$$所以 $\left( {\alpha-3} \right) \cdot {\alpha ^{2n-2}}<3\alpha-1$ 恒成立．进而 $\alpha>1$，该不等式恒成立，则 $\alpha \leqslant 3$，于是 $c \leqslant \dfrac{{10}}{3}$．
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
