Question

（2013•內江一模）對于函數(shù)f（x），若存在x₀∈R，使f（x₀）=x₀成立，則稱x₀為
f（x）的不動點．如果函數(shù)f（x）=

x2+a

bx-c

有且僅有兩個不動點0、2．
（1）求b、c滿足的關系式；
（2）若c=時，相鄰兩項和不為零的數(shù)列{a_n}滿足4Snf(

1

an

)=1（S_n是數(shù)列{a_n}的前n項和），求證：(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an；
（3）在（2）的條件下，設bn=-

1

an

，Tn是數(shù)列{b_n}的前n項和，求證：T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．

Answer 1

分析：（1）設

x2+a

bx-c

=x的不動點為0和2，由此知

- a c =0 4+a 2b-c =2

推出b、c滿足的關系式．
（2）由c=2，知b=2，f（x）=

x2

2(x-1)

（x≠1），2S_n=a_n-a_n²，且a_n≠1．所以a_n-a_n-1=-1，a_n=-n，要證待證不等式，只要證(1+

1

n

)-(n+1)＜

1

e

＜(1+

1

n

)-n，利用分析法證明

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

．考慮證不等式

x

1+x

＜ln（x+1）＜x（x＞0），由此入手利用函數(shù)的導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，然后導出(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．
（3）由bn=-

1

an

，利用（2）的結論，通過累加法證明所要證明的不等式T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁即可．

解答：解：（1）設

x2+a

bx-c

=x的不動點為0和2
∴

- a c =0 4+a 2b-c =2

即

a=0 b=1+ c 2

即b、c滿足的關系式：b=1+

c

2

且c≠0
（2）∵c=2∴b=2∴f（x）=

x2

2(x-1)

（x≠1），
由已知可得2S_n=a_n-a_n²①，且a_n≠1．
當n≥2時，2S_n-1=a_n-1-a_n-1²②，
①-②得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，∴a_n=-a_n-1或a_n=-a_n-1=-1，
當n=1時，2a₁=a₁-a₁²⇒a₁=-1，
若a_n=-a_n-1，則a₂=1與a_n≠1矛盾．∴a_n-a_n-1=-1，∴a_n=-n
∴要證待證不等式，只要證(1+

1

n

)-(n+1)＜

1

e

＜(1+

1

n

)-n，
即證(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1，
只要證nln（1+

1

n

）＜1＜（n+1）ln（1+

1

n

），即證

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

．
考慮證不等式

x

1+x

＜ln（x+1）＜x（x＞0）**．
令g（x）=x-ln（1+x），h（x）=ln（x+1）-

x

1+x

（x＞0）．
∴g'（x）=

x

1+x

，h'（x）=

x

(1+x)2

，
∵x＞0，∴g'（x）＞0，h'（x）＞0，∴g（x）、h（x）在（0，+∞）上都是增函數(shù)，
∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0時，

x

1+x

＜ln（x+1）＜x．
令x=

1

n

則**式成立，∴(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an，
（3）由（2）知b_n=

1

n

，則T_n=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

在

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

中，令n=1，2，3，…，2011，并將各式相加，
得

1

2

+

1

3

+…+

1

2012

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2012

2011

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2011

．
即T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．

點評：本題考查不等式的性質和應用，函數(shù)的導數(shù)判斷函數(shù)的單調性構造法的應用，分析法證明不等式的方法，解題時要認真審題，仔細解答，注意公式的合理運用．