Question

19．對(duì)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(dòng)點(diǎn)．如果函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+a}{bx-c}$（b，c∈N*）有且僅有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)0，2，且f（-2）＜-$\frac{1}{2}$．
（1）試求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知各項(xiàng)不為1的數(shù)列{a_n}滿足${4S}_{n}•f（\frac{1}{{a}_{n}}）=1$，求證：-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜-$\frac{1}{{a}_{n}}$；
（3）在（2）中，設(shè)b_n=-$\frac{1}{{a}_{n}}$，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，求證：T₂₀₁₆-1＜ln2016＜T₂₀₁₅．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+a}{bx-c}$=x，可知：（1-b²）x²+cx+a=0，由韋達(dá)定理可知$\left\{\begin{array}{l}{2+0=-\frac{c}{1-b}}\\{2×0=\frac{a}{1-b}}\end{array}\right.$，由f（-2）=$\frac{-2}{1+c}$＜-$\frac{1}{2}$，求得c的取值范圍，即可求得c和b的值，即可求得函數(shù)的解析式，利用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）由題意可知：求得4S_n•$\frac{1}{{2a}_{n}（1-{a}_{n}）}$=1，即可求得2S_n=a_n-${a}_{n}^{2}$，當(dāng)n≥2時(shí)，2S_n-1=a_n-1-${a}_{n-1}^{2}$，兩式相減得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，即可求得a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1，即可求得a_n=-n，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求得$\frac{1}{x+1}$＜ln$\frac{x+1}{x}$＜$\frac{1}{x}$，x＞0，繼而求得-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜-$\frac{1}{{a}_{n}}$；
（3）b_n=$\frac{1}{n}$，則${T_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，$\frac{1}{n+1}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{1}{n}$中令n=1，2，3，…，2015，并將各式相加得T₂₀₁₆-1＜ln2016＜T₂₀₁₅．

解答 解：（1）設(shè)$\frac{{x}^{2}+a}{bx-c}$=x，則（1-b²）x²+cx+a=0，（b≠1），
∴0和2是方程的兩個(gè)根，由韋達(dá)定理可知：$\left\{\begin{array}{l}{2+0=-\frac{c}{1-b}}\\{2×0=\frac{a}{1-b}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=1+\frac{c}{a}}\end{array}\right.$，-----（1分）
∴f（x）=$\frac{{x}^{2}}{（1+\frac{c}{2}）x-c}$，
 由f（-2）=$\frac{-2}{1+c}$＜-$\frac{1}{2}$，解得：-1＜c＜3，
又∵b，c∈N*，
∴c=2，b=2，
∴f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2（x-1）}$（x≠1），-----（2分）
于是f′（x）=$\frac{2x×2（x-1）-{x}^{2}×2}{4（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-2x}{2（x-1）^{2}}$，
由f′（x）＞0，解得x＜0或x＞2；   由f′（x）＜0，解得0＜x＜1或1＜x＜2，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，0）和（2，+∞），-----（3分）
單調(diào)減區(qū)間為（0，1）和（1，2）-----（4分）
（2）由已知可得${4S}_{n}•f（\frac{1}{{a}_{n}}）=1$，4S_n•$\frac{1}{{2a}_{n}（1-{a}_{n}）}$=1，
∴2S_n=a_n-${a}_{n}^{2}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，2S_n-1=a_n-1-${a}_{n-1}^{2}$，
兩式相減得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，
∴a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1-----（5分）
當(dāng)n=1時(shí)，2a₁=a₁-${a}_{1}^{2}$，解得：a₁=-1，
若a_n=-a_n-1，則a₂=1這與a_n≠1矛盾
∴a_n-a_n-1=-1，
∴a_n=-n-----（6分）
∴$\frac{1}{n+1}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{1}{n}$，
為此，只要證明不等式$\frac{1}{x+1}$＜ln$\frac{x+1}{x}$＜$\frac{1}{x}$，x＞0，
令1+$\frac{1}{x}$=t，x＞0則t＞1，x=$\frac{1}{t-1}$，
再令g（t）=t-1-lnt，g′（t）=1-$\frac{1}{t}$由t∈（1，+∞）知g′（t）＞0，
∴當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，g（t）單調(diào)遞增，
∴g（t）＞g（1）=0，于是t-1＞lnt，
即$\frac{1}{x}$＞ln$\frac{x+1}{x}$，x＞0　 ①-----（8分）
令h（t）=lnt-1+$\frac{1}{t}$，h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$，
由t∈（1，+∞）知h′（t）＞0，
∴當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，h（t）單調(diào)遞增，
∴h（t）＞h（1）=0，于是lnt＞1-$\frac{1}{t}$，
即ln$\frac{x+1}{x}$＞$\frac{1}{x+1}$，x＞0　　　 ②
由①、②可知$\frac{1}{x+1}$＜ln$\frac{x+1}{x}$＜$\frac{1}{x}$，x＞0，
所以，$\frac{1}{n+1}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{1}{n}$，即1-$\frac{1}{{a}_{n}}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜-$\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜-$\frac{1}{{a}_{n}}$；-----（9分）
（3）由（2）可知b_n=$\frac{1}{n}$，則${T_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，
在$\frac{1}{n+1}$＜ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{1}{n}$中令n=1，2，3，…，2015，
并將各式相加得：$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2016}＜ln\frac{2}{1}+ln\frac{3}{2}+…+ln\frac{2016}{2015}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2015}$，
即T₂₀₁₆-1＜ln2016＜T₂₀₁₅-----（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性構(gòu)造法的應(yīng)用，分析法證明不等式的方法，屬于難題．