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

有且仅有两个不动点0和2．
（1）试求b、c满足的关系式．
（2）若c=2时，各项不为零的数列{a_n}满足4S_n•f（

1

an

）=1，求证：(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．
（3）设b_n=-

1

an

，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

Answer 1

分析：（1）设

x2+a

bx-c

=x的不动点为0和2，由此知

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

即

a=0 b=1+ c 2

即b=1+

c

2

且c≠0．
（2）由c=2，知b=2，f(x)=

x2

2(x-1)

(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(1+

1

n

)-(n+1)＜

1

e

＜(1+

1

n

)-n，即证(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1，只要证nln(1+

1

n

)＜1＜(n+1)ln(1+

1

n

)，即证

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．考虑证不等式

x

x+1

＜ln(x+1)＜x（x＞0），由此入手能导出(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．
（3）由b_n=

1

n

，知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，…，2008，并将各式相加，能得到T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

解答：解：（1）设

x2+a

bx-c

=x的不动点为0和2
∴

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

即

a=0 b=1+ c 2

即b=1+

c

2

且c≠0
（2）∵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，只要证(1+

1

n

)-(n+1)＜

1

e

＜(1+

1

n

)-n，
即证(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1，
只要证nln(1+

1

n

)＜1＜(n+1)ln(1+

1

n

)，即证

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．
考虑证不等式

x

x+1

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

x

x+1

（x＞0）．
∴g'（x）=

x

1+x

，h'（x）=

x

(x+1)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

x+1

＜ln(x+1)＜x．
令x=

1

n

则**式成立，∴(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an，
（3）由（Ⅱ）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，，2008，并将各式相加，
得

1

2

+

1

3

+…+

1

2009

＜ln

2

1

+ln

3

1

+…+ln

2009

2008

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2008

．
即T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

点评：本题考查不等式的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用．