Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{3x}{2x+1}$，數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{3}{2}$，且a_n=f（a_n-1）（n∈N^*，n≥2）
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）證明：a₁a₂a₃…a_n＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知結(jié)合數(shù)列的函數(shù)特性得到數(shù)列遞推式，進一步構(gòu)造出等比數(shù)列數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}-1$}，求其通項公式后可得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）把證明a₁a₂a₃…a_n＜2轉(zhuǎn)化為證明a₁a₂a₃…a_n＜$2•\frac{{3}^{n}-1}{{3}^{n}}$，然后利用數(shù)學歸納法證明．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=$\frac{3x}{2x+1}$，a_n=f（a_n-1），得${a}_{n}=\frac{3{a}_{n-1}}{2{a}_{n-1}+1}（n≥2）$，
即$\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{1}{3}•\frac{1}{{a}_{n-1}}+\frac{2}{3}$，∴$\frac{1}{{a}_{n}}-1=\frac{1}{3}（\frac{1}{{a}_{n-1}}-1）$（n≥2），
∵a₁=$\frac{3}{2}$，$\frac{1}{{a}_{1}}-1=\frac{2}{3}-1=-\frac{1}{3}$．
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}-1$}是以-$\frac{1}{3}$為首項，以$\frac{1}{3}$為公比的等比數(shù)列，
則$\frac{1}{{a}_{n}}-1=-\frac{1}{3}•（\frac{1}{3}）^{n-1}=-（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴${a}_{n}=\frac{{3}^{n}}{{3}^{n}-1}$；
（Ⅱ）證明：當n=2時，a₁a₂ =$\frac{3}{2}×\frac{9}{8}=\frac{27}{16}$＜$\frac{16}{9}$=2$•\frac{9-1}{9}$＜2．
假設(shè)當n=k（k≥2）時，a₁a₂…a_k ＜2$•\frac{{3}^{k}-1}{{3}^{k}}$＜2，
那么，當n=k+1時，a₁a₂…a_k a_k+1＜2•$\frac{{3}^{k}-1}{{3}^{k}}$$•\frac{{3}^{k+1}}{{3}^{k+1}-1}$． 
要證明2•$\frac{{3}^{k}-1}{{3}^{k}}$$•\frac{{3}^{k+1}}{{3}^{k+1}-1}$＜$2•\frac{{3}^{k+1}-1}{{3}^{k+1}}$，
只需證明 3^k+1•3^k+1 （ 3^k-1）＜3^k•（3^k+1-1）²，
只要證 3×3^k+1（ 3^k-1）＜（3^k+1-1）²，3^2k+2-3^k+2＜3^2k+2-2•3^k+1+1，
3^k+2＞2•3^k+1-1，3^k+1＞-1．
而3^k+1＞-1 顯然成立，∴n=k+1 時，a₁a₂…a_k a_k+1＜2$•\frac{{3}^{k+1}-1}{{3}^{k+1}}$＜2，
綜上得a₁a₂…a_k a_k+1＜2•$\frac{{3}^{k+1}-1}{{3}^{k+1}}$＜2．
又當n=1時，a₁=$\frac{3}{2}$＜2，
∴a₁a₂a₃…a_n＜$2•\frac{{3}^{n}-1}{{3}^{n}}$＜2．

點評 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等比數(shù)列的構(gòu)造和通項公式的求法，訓練了利用數(shù)學歸納法證明數(shù)列不等式，屬難度較大的題目．