题目内容

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）= $数学公式$ 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 $数学公式$ =1（S_n是数列{a_n}的前n项和），求证： $数学公式$ ；
（3）在（2）的条件下，设 $数学公式$ ，Tn是数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．

解：（1）设 $\text{[math]}$ =x的不动点为0和2
∴ $\text{[math]}$ 即 $\text{[math]}$ 即b、c满足的关系式：b=1+ $\text{[math]}$ 且c≠0
（2）∵c=2∴b=2∴f（x）= $\text{[math]}$ （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 $\text{[math]}$ ，
即证 $\text{[math]}$ ，
只要证nln（1+ $\text{[math]}$ ）＜1＜（n+1）ln（1+ $\text{[math]}$ ），即证 $\text{[math]}$ ＜ln（1+ $\text{[math]}$ ）＜ $\text{[math]}$ ．
考虑证不等式 $\text{[math]}$ ＜ln（x+1）＜x（x＞0）**．
令g（x）=x-ln（1+x），h（x）=ln（x+1）- $\text{[math]}$ （x＞0）．
∴g'（x）= $\text{[math]}$ ，h'（x）= $\text{[math]}$ ，
∵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， $\text{[math]}$ ＜ln（x+1）＜x．
令x= $\text{[math]}$ 则**式成立，∴ $\text{[math]}$ ，
（3）由（2）知b_n= $\text{[math]}$ ，则T_n= $\text{[math]}$
在 $\text{[math]}$ ＜ln（1+ $\text{[math]}$ ）＜ $\text{[math]}$ 中，令n=1，2，3，…，2011，并将各式相加，
得 $\text{[math]}$ ＜ln $\text{[math]}$ +ln $\text{[math]}$ +…+ln $\text{[math]}$ ＜1+ $\text{[math]}$ ．
即T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．
分析：（1）设 $\text{[math]}$ =x的不动点为0和2，由此知 $\text{[math]}$ 推出b、c满足的关系式．
（2）由c=2，知b=2，f（x）= $\text{[math]}$ （x≠1），2S_n=a_n-a_n²，且a_n≠1．所以a_n-a_n-1=-1，a_n=-n，要证待证不等式，只要证 $\text{[math]}$ ，利用分析法证明 $\text{[math]}$ ＜ln（1+ $\text{[math]}$ ）＜ $\text{[math]}$ ．考虑证不等式 $\text{[math]}$ ＜ln（x+1）＜x（x＞0），由此入手利用函数的导数判断函数的单调性，然后导出 $\text{[math]}$ ．
（3）由 $\text{[math]}$ ，利用（2）的结论，通过累加法证明所要证明的不等式T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁即可．
点评：本题考查不等式的性质和应用，函数的导数判断函数的单调性构造法的应用，分析法证明不等式的方法，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用．