Question

对于函数f（x），若存在x∈R，使f（x）=x成立，则称x为f（x）的不动点．如果函数有且仅有两个不动点0、2．
（1）求b，c满足的关系式；
（2）若c=2时，相邻两项和不为零的数列{a_n}满足（S_n是数列{a_n}的前n项和），求证：．

Answer 1

【答案】分析：（1）利用f（x）的不动点的定义，结合函数有且仅有两个不动点0，2，可得0，2是方程（1-b）x²+cx+a=0的两个根，利用韦达定理，可求b，c满足的关系式；
（2）确定a_n=-n，于是要证的不等式即为从而我们可以考虑证明不等式：（x＞0）．
解答：（1）解：设=x，可得（1-b）x²+cx+a=0，（b≠1）．
由于函数有且仅有两个不动点0，2，故0，2是方程（1-b）x²+cx+a=0的两个根，
∴
解得a=0，b=1+；
（2）证明：c=2时，b=1+=2，∴
∴可得2S_n=a_n-，
当n≥2时，2S_n-1=a_n-1-．
两式相减得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，所以a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1．
当n=1时，2a₁=a₁-，∴a₁=-1，
若a_n=-a_n-1，则a₂=1与a_n≠1矛盾，所以a_n-a_n-1=-1，从而a_n=-n，
于是要证的不等式即为
从而我们可以考虑证明不等式：（x＞0）
令1+=t，x＞0，则t＞1，x=．
再令g（t）=t-1-lnt，g′（t）=1-，由t∈（1，+∞）知g′（t）＞0，
所以当t∈（1，+∞）时，g（t）单调递增，所以g（t）＞g（1）=0，于是t-1＞lnt，即＞ln，x＞0…①．
令h（t）=lnt-1+，h′（t）=-=，当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增，所以h（t）＞h（1）=0，
于是lnt＞1-，即ln＞，x＞0…②．
由①②可知（x＞0）
∴
点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，数列与不等式的综合应用，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．