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

有且仅有两个不动点0、2．
（1）求b、c满足的关系式；
（2）若c=时，相邻两项和不为零的数列{a_n}满足4Snf(

1

an

)=1（S_n是数列{a_n}的前n项和），求证：(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an；
（3）在（2）的条件下，设bn=-

1

an

，Tn是数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．

Answer 1

（1）设

x2+a

bx-c

=x的不动点为0和2
∴

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

即

a=0 b=1+ c 2

即b、c满足的关系式：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．
当n≥2时，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，
当n=1时，2a₁=a₁-a₁²?a₁=-1，
若a_n=-a_n-1，则a₂=1与a_n≠1矛盾．∴a_n-a_n-1=-1，∴a_n=-n
∴要证待证不等式，只要证(1+

1

n

)-(n+1)＜

1

e

＜(1+

1

n

)-n，
即证(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1，
只要证nln（1+

1

n

）＜1＜（n+1）ln（1+

1

n

），即证

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

．
考虑证不等式

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，+∞）上都是增函数，
∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0时，

x

1+x

＜ln（x+1）＜x．
令x=

1

n

则**式成立，∴(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an，
（3）由（2）知b_n=

1

n

，则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，并将各式相加，
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．