Question

已知函数f(x)=2-

1

x

，数列{a_n}满足a_n=f（a_n-1）（n≥2，n∈N⁺）．
（Ⅰ）若a1=

3

5

，数列{b_n}满足bn=

1

an-1

，求证：数列{b_n}是等差数列；
（Ⅱ）若a1=

3

5

，数列{a_n}中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若1＜a₁＜2，试证明：1＜a_n+1＜a_n＜2．

Answer 1

∵f(x)=2-

1

x

，则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*)．
∴数列{b_n}是等差数列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列{b_n}是等差数列，首项b1=

1

a1-1

=-

5

2

，公差为1，
则其通项公式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

．
考查函数g(x)=1+

2

2x-7

，
则g′(x)=-

4

(2x-7)2

＜0．
则函数g(x)=1+

2

2x-7

在区间(-∞，

7

2

)，(

7

2

，+∞)上为减函数．
∴当x＜

7

2

时，g(x)=1+

2

2x-7

＜1，
且在(-∞，

7

2

)上递减，故当n=3时，a_n取最小值
∴

m-n

m

＜2(lnm-lnn)；
当x＞

7

2

时，g(x)=1+

2

2x-7

＞1，
且在(

7

2

，+∞)上递减，故当n=4时，a_n取最大值

m-n

lnm-lnn

＜2m．故存在．

（Ⅲ）先用数学归纳法证明1＜a_n＜2，再证明a_n+1＜a_n．
①当n=1时，1＜a₁＜2成立，
②假设n=k时命题成立，即1＜a_k＜2，
则当n=k+1时，

1

2

＜

1

ak

＜1，ak+1=2-

1

ak

∈(1，

3

2

)，则1＜a_k+1＜2，故当n=k+1时也成立．
综合①②有，命题对任意n?N^*时成立，即1＜a_n＜2．下证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．
综上所述：1＜a_n+1＜a_n＜2．