Question

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)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)有且仅有两个不动点0，2，且f(-2)＜-

1

2

．
（1）试求函数f（x）的单调减区间；
（2）当c=2时，各项均为负的数列{a_n}的前n项和为S_n，4Sn•f(

1

an

)=1，求证：-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

；
（2）设b_n=-

1

an

，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₁₃-1＜ln2013＜T₂₀₁₂．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用,等差数列与等比数列

分析：（1）设函数f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)=x的不动点为0和2，代入函数式，推出b、c满足的关系式，得到f（x），再讨论b=1和b＞1求出导数，令导数小于0，即可得到减区间；
（2）由c=2，知b=2，求出f（x），再由数列的通项和前n项和的关系，求出通项，再用分析法证明不等式，注意构造函数g（x）=x-ln（1+x），h（x）=ln（x+1）-

x

1+x

（x＞0）．运用导数判断单调性，即可得证；
（3）由（2）的结论，求得b_n=

1

n

，和T_n，在（2）的结论中，令n=1，2，3，…，2012，并将各式相加，运用对数的运算性质，即可得证．

解答： 解：（1）设函数f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)=x的不动点为0和2，
∴

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

即有a=0，c=2b-2，即f（x）=

x2

bx-(2b-2)

，f′（x）=

bx2+4(1-b)x

[bx-(2b-2)]2

b=1时，f′（x）≥0，f（x）递增；b＞1时，f′（x）＜0得0＜x＜4-

4

b

，
即有b＞1时，f（x）的减区间为（0，4-

4

b

）；
（2）证明：∵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．
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-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

，即证

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

．
考虑证不等式

x

1+x

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

x

1+x

（x＞0）．
∴g'（x）=

x

1+x

，h'（x）=

x

(1+x)2

，
∵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，

x

1+x

＜ln（x+1）＜x．
令x=

1

n

则**式成立，即有原不等式得证；
（3）证明：由（2）知b_n=

1

n

，则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，…，2012，并将各式相加，
得

1

2

+

1

3

+…+

1

2013

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2013

2012

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2012

．
即T₂₀₁₃-1＜ln2013＜T₂₀₁₂．

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．