题目

题型：解答题难度：一般来源：不详

对于函数f（x），若存在x₀∈R，使得f（x₀）=x₀，则称x₀为函数f（x）的不动点．若函数f（x）=

x2+a

bx-c

（b，c∈N^*）有且仅有两个不动点0和2，且f（-2）＜-

1

2

．
（1）试求函数f（x）的单调区间，
（2）已知各项不为0的数列{a_n}满足4S_n•f（

1

an

）=1，其中S_n表示数列{a_n}的前n项和，求证：(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an
（3）在（2）的前题条件下，设b_n=-

1

an

，T_n表示数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₁₁-1＜ln2011＜T₂₀₁₀．

答案

（1）∵函数f（x）=

x2+a

bx-c

（b，c∈N^*）有且仅有两个不动点0和2，
∴

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

，
∴a=0，2b-c=2．
∴f(x)=

x2

bx+2-2b

，
∵f（-2）＜-

1

2

，
∴

4

2-4b

＜-

1

2

，
∴

2

2b-1

＞

2

4

，
∴0＜2b-1＜4，
∴

1

2

＜b＜

5

2

，
∵b，c∈N^*，
∴b=1，c=0（舍），或b=2，c=2．
∴f(x)=

x2

2x-2

．定义域为x≠1，
∴f′(x)=

2x(2x-2)-2x2

(2x-2)2

=

2x2-4x

(2x-2)2

，
由f′(x)=

2x2-4x

(2x-2)2

＞0，得x＜0，或x＞2，
由f′(x)=

2x2-4x

(2x-2)2

＜0，得0＜x＜2，
∵x≠1，
∴函数f（x）的单调增区间是（-∞，0），（2，+∞）；单调减区间是（0，1），（1，2）．
（2）∵各项不为0的数列{a_n}满足4S_n•f（

1

an

）=1，
∴4Sn•

1 an2

2 an -2

=4Sn•

1

2an-2an2

=1，
∴4Sn=2an-2an2，
∴2Sn=an-an2，
当n≥2时，2Sn-1=an-1-an-12，
两式相减，得a_n=-a_n-1，或a_n-a_n-1=-1，
当n=1时，a₁=-1，
由a_n=-a_n-1，知a₂=1，不在定义域范围内，应舍去．
故a_n-a_n-1=-1，
∴a_n=-n．
∴(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an等价于（1+

1

n

）^-（n+1）＜

1

e

＜（1+

1

n

）^-n，
即(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1，
两边取对数后，nln(1+

1

n

)＜1＜(n+1)ln(1+

1

n

)，
即证

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．
设f（x）=ln（1+x）-x，x＞0
则 f′（x）=

1

1+x

-1＜0，
所以 f（x）在（0，+∞）上是减函数，
于是 f（x）＜f（0）=0 即 ln（1+x）＜x．
设g（x）=

x

1+x

-ln（1+x），
则 g′（x）=

1

(1+x)2

-

1

1+x

=-

x

(1+x)2

＜0，
所以 g（x）在（0，+∞）上是减函数，于是 g（x）＜g（0）=0，
即

x

1+x

＜ln（1+x）．
∴

x

1+x

＜ln(1+x)＜x，
令x=

1

n

，得

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．
∴(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．
（3）由（2）得，bn=

1

n

，
则Tn=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
在

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

中，
令n=1，2，3，…，2010，
并将各式相加，得

1

2

+

1

3

+…+

1

2011

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2011

2010

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2010

，
∴T₂₀₁₁-1＜ln2011＜T₂₀₁₀．