已知函数 $f(x)=\dfrac{2x}{ax+b}$，$f(1)=1$，$f\left(\dfrac12\right)=\dfrac23$，令 $x_1=\dfrac12$，$x_{n+1}=f(x_n)$．
【难度】
【出处】
2011年清华大学等七校联考自主招生试题
【标注】
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求数列 $\left\{ x_n \right\}$ 的通项公式；标注答案${x_n} = \dfrac{1}{{1 + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}}}}$解析由 $\dfrac{2}{{a + b}} = 1$，$\dfrac{1}{{\frac{1}{2}a + b}} = \dfrac{2}{3}$，解得 $a = 1$，$b = 1$，所以$${x_{n + 1}} = \dfrac{{2{x_n}}}{{{x_n} + 1}},$$不动点为 $1,0$，因此构造辅助数列 $\left\{\dfrac{{{x_n} - 1}}{{{x_n}}}\right\}$，可解得 ${x_n} = \dfrac{1}{{1 + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}}}}$．
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证明：${x_1}{x_2} \cdots {x_{n + 1}} > \dfrac{1}{2\mathrm{e}}$．标注答案略解析欲证不等式即$$\left( {1 + \dfrac{1}{2}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{4}} \right) \cdots \left( {1 + \dfrac{1}{{{2^n}}}} \right) < \mathrm{e},$$因为\[\begin{split} &1+2a<(1+a)^2,\\&1+4a\leqslant (1+a)^4,\\&\cdots,\\&1+2^n\cdot a<(1+a)^{2^n},\end{split}\]所以有$$1+\dfrac 1{2^k}=1+2^{n-k}\cdot\dfrac 1{2^n}<\left(1+\dfrac 1{2^n}\right)^{2^{n-k}},$$从而有$$\begin{split} \left( {1 + \dfrac{1}{2}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{4}} \right) \cdots \left( {1 + \dfrac{1}{{{2^n}}}} \right) \leqslant &\left(1+\dfrac 1{2^n}\right)^{2^{n-1}+2^{n-1}+\cdots+2^1+2^0}\\=&\left(1+\dfrac 1{2^n}\right)^{2^n-1}\\<&{\left( {1 + \dfrac{1}{2^n}} \right)^{2^n}},\end{split} $$而 ${a_n} = {\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^n}$ 单调递增，且极限为 $\mathrm{e}$，所以原不等式成立．
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
