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，如果函数有且仅有两个不动点0，2，且。
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）已知数列{a_n}各项不为零且不为1，满足，求证：；
（3）设，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₁₂-1＜ln₂₀₁₂＜T₂₀₁₁。

Answer 1

解：（1）设 ，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 ，
所以
由
可得-1＜c＜3
又b，c∈N*，
所以c=2，b=2，
所以，
于是，
令f′（x）＞0，求得 x＜0，或x＞2，求得f（x）的增区间为（-∞，0），（2，+∞）
令f′（x）＜0，求得 0＜x＜1，或2＞x＞1，
求得f（x）的增区间为（0，1），（1，2）。
（2）由已知可得，
当n≥2时，
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，，
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，
于是我们可以考虑证明不等式：，
令，
则t＞1，
再令，
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①
令，，
当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增，
所以h（t）＞h（1）=0，于是，
即
由①②可知，
所以，即原不等式成立。
（3）由（2）可知，，
在中，令n=1，2，3，4，…，2011，
并将各式相加得，
即T₂₀₁₂-1＜ln₂₀₁₂＜T₂₀₁₁。