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和2，且f(-2)＜-

1

2

．
（1）求实数b，c的值；
（2）已知各项不为零的数列{a_n}的前n项之和为S_n，并且4Sn•f(

1

an

)=1，求数列{a_n}的通项公式；
（3）求证：(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．

Answer 1

分析：（1）如果设

x2+a

bx-c

=x，整理得：（1-b）x²+cx+a=0，由根与系数的关系得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，解得

a=0 b=1+ c 2

，代入f（x），并由f（-2）＜-

1

2

，得c＜3，且c，b∈N，f（x）=x有且只有两个不动点，得c、b的值，从而得f（x）解析式．
（2）由题意，知 4Sn•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，所以，2S_n=a_n-a_n²①；又a_n≠1，把n-1代替n得：2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②；
①-②得：a_n，a_n-1的关系，从而得数列{a_n}是等差数列，通项公式为a_n=-n；
（3）由a_n=-n，知(1-

1

an

)an+1=(1+

1

n

)-(n+1)=(

n

n+1

)n+1，(1-

1

an

)an=(1+

1

n

)-n=(

n

n+1

)n，先由数学归纳法证明(

n

n+1

)n=

1

2

，(

n

n+1

)n+1＜

1

e

＜(

n

n+1

)n成立．所以，(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．

解答：解：（1）设

x2+a

bx-c

=x得：（1-b）x²+cx+a=0，由根与系数的关系，得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，
解得

a=0 b=1+ c 2

，代入解析式 f(x)=

x2

(1+ c 2 )x-c

，由 f(-2)=

-2

1+c

＜-

1

2

，
得c＜3，又c∈N，b∈N，若c=0，b=1，则f（x）=x不止有两个不动点，∴c=2，b=2，于是f(x)=

x2

2(x-1)

，(x≠1)．
（2）由题设，知 4Sn•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，所以，2S_n=a_n-a_n²①；
且a_n≠1，以n-1代n得：2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②；
由①-②得：2a_n=（a_n-a_n-1）-（a_n²-a_n-1²），即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，
∴a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1，以n=1代入①得：2a₁=a₁-a₁²，
解得a₁=0（舍去）或a₁=-1；由a₁=-1，若a_n=-a_n-1得a₂=1，这与a_n≠1矛盾，
∴a_n-a_n-1=-1，即{a_n}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴a_n=-n；
（3）由a_n=-n，知(1-

1

an

)an+1=(1+

1

n

)-(n+1)=(

n

n+1

)n+1，
(1-

1

an

)an=(1+

1

n

)-n=(

n

n+1

)n，
当n=1时，(

n

n+1

)n+1=

1

4

，(

n

n+1

)n=

1

2

，(

n

n+1

)n+1＜

1

e

＜(

n

n+1

)n成立．
假设n=k时，(

k

k+1

)k+1＜

1

e

＜(

k

k+1

)k成立，
则当n=k+1时，(

k+1

k+2

)k+2＜

1

e

＜(

k+1

k+2

)k+1成立．
所以，(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．

点评：本题考查了数列与函数的综合应用，也考查了不等式的应用问题，是较难的综合题；解题时要细心分析，精心作答，避免出错．