Question

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和2．
（1）試求b、c滿足的關(guān)系式．
（2）若c=2時，各項不為零的數(shù)列{a_n}滿足4S_n•f（

1

an

）=1，求證：(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．
（3）設(shè)b_n=-

1

an

，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和，求證：T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

Answer 1

分析：（1）設(shè)

x2+a

bx-c

=x的不動點為0和2，由此知

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

即

a=0 b=1+ c 2

即b=1+

c

2

且c≠0．
（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，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

x+1

＜ln(x+1)＜x（x＞0），由此入手能導出(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．
（3）由b_n=

1

n

，知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，…，2008，并將各式相加，能得到T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

解答：解：（1）設(shè)

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=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

x+1

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

x

x+1

（x＞0）．
∴g'（x）=

x

1+x

，h'（x）=

x

(x+1)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

x+1

＜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（Ⅱ）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，，2008，并將各式相加，
得

1

2

+

1

3

+…+

1

2009

＜ln

2

1

+ln

3

1

+…+ln

2009

2008

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2008

．
即T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

點評：本題考查不等式的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時要認真審題，仔細解答，注意公式的合理運用．