Question

对于函数f（x），若存在x₀∈R，使f（x₀）=x₀成立，则称x₀为f（x）的不动点．如果函数f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N)有且只有两个不动点0，2，且f(-2)＜-

1

2

．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）已知各项不为零的数列{a_n}满足4Sn•f(

1

an

)=1，求数列通项a_n；
（3）如果数列{a_n}满足a_n=f（a_n），求证：当n≥2时，恒有a_n＜3成立．

Answer 1

分析：（1）如果设

x2+a

bx-c

=x，整理得：（1-b）x²+cx+a=0，由根与系数的关系得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，解得

a=0 b=1+ c 2

，代入f（x），并由f（-2）＜-

1

2

，得c＜3，且c，b∈N，f（x）=x有且只有两个不动点，得c、b的值，从而得f（x）解析式．
（2）由题意，知4Sn•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，所以，2S_n=a_n-a_n² ①；又a_n≠1，把n-1代替n得：2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②；
①-②得：a_n，a_n-1的关系，从而得数列{a_n}是等差数列，通项公式为a_n=-n；
（3）证法（一）：可用反证法，即假设a_n＞3（n≥2），由（1）知an+1=f(an)=

a 2 n

2an-2

，
作商比较，知

an+1

an

＜1，∴数列{a_n}是递减数列，且最大项a₂=

8

3

，这与假设矛盾，从而证得结论成立．
证法（二）：由an+1=f(an)得an+1=

a 2 n

2an-2

，

1

an+1

=-2(

1

an

-

1

2

)2+

1

2

≤

1

2

，解得a_n+1＜0或a_n+1≥2，当a_n+1＜0，结论成立；当a_n+1≥2时，因n≥2，数列{a_n}单调递减，且a2=2

2

3

，知a_n＜3成立．

解答：解：（1）设

x2+a

bx-c

=x得：（1-b）x²+cx+a=0，由根与系数的关系，得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，
解得

a=0 b=1+ c 2

，代入解析式f(x)=

x2

(1+ c 2 )x-c

，由f(-2)=

-2

1+c

＜-

1

2

，
得c＜3，又c∈N，b∈N，若c=0，b=1，则f（x）=x不止有两个不动点，∴c=2，b=2，于是f(x)=

x2

2(x-1)

，(x≠1)．
（2）由题设，知4Sn•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，所以，2S_n=a_n-a_n² ①；
且a_n≠1，以n-1代n得：2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②；
由①-②得：2a_n=（a_n-a_n-1）-（a_n²-a_n-1²），即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，
∴a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1，以n=1代入①得：2a₁=a₁-a₁²，
解得a₁=0（舍去）或a₁=-1；由a₁=-1，若a_n=-a_n-1得a₂=1，这与a_n≠1矛盾，
∴a_n-a_n-1=-1，即{a_n}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴a_n=-n；
（3）证法（一）：运用反证法，假设a_n＞3（n≥2），则由（1）知an+1=f(an)=

a 2 n

2an-2

，
∴

an+1

an

=

an

2(an-1)

=

1

2

•(1+

1

an-1

)＜

1

2

(1+

1

2

)=

3

4

＜1，即an+1＜an(n≥2，n∈N)
∴a_n＜a_n-1＜…＜a₂，而当n=2时，a2=

a 2 1

2a1-2

=

16

8-2

=

8

3

＜3；

&∴an＜3，

这与假设矛盾，故假设不成立，∴a_n＜3．
证法（二）：由an+1=f(an)得an+1=

a 2 n

2an-2

，

1

an+1

=-2(

1

an

-

1

2

)2+

1

2

≤

1

2

得a_n+1＜0或a_n+1≥2，若a_n+1＜0，则a_n+1＜0＜3，结论成立；
若a_n+1≥2，此时n≥2，从而an+1-an=

-an(an-2)

2(an-1)

≤0，
即数列{a_n}在n≥2时单调递减，由a2=2

2

3

，可知an≤a2=2

2

3

＜3，在n≥2上成立．

点评：本题考查了数列与函数的综合应用，也考查了不等式的应用问题，是较难的综合题；解题时要细心分析，精心作答，避免出错．