Question

對于函數(shù)f（x），若存在x₀∈R，使f（x₀）=x₀成立，則稱x₀為f（x）的不動點．如果函數(shù)f（x）=

x2+a

bx-c

（b，c∈N）有且只有兩個不動點0，2，且f（-2）＜-

1

2

，
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）已知各項不為零的數(shù)列{a_n}滿足4S_n•f（

1

an

）=1，求數(shù)列通項a_n；
（3）如果數(shù)列{a_n}滿足a₁=4，a_n+1=f（a_n），求證：當(dāng)n≥2時，恒有a_n＜3成立．

Answer 1

分析：（1）由

x2+a

bx-c

=x，化簡為（1-b）x²+cx+a=0，利用韋達定理可求得

a=0 b=1+ c 2

，代入f（x）=

x2+a

bx-c

（b，c∈N），依題意可求得c=2，b=2，從而可得函數(shù)f（x）的解析式；
（2）由4S_n-

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，整理得2S_n=a_n-an2（*），于是有2S_n-1=a_n-1-an-12（**），二式相減得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，討論后即可求得數(shù)列通項a_n；
（3）由a_n+1=f（a_n）得，a_n+1=

an2

2an-2

，取倒數(shù)得

1

an+1

=-2(

1

an

-

1

2

)2+

1

2

≤

1

2

⇒a_n+1＜0或a_n+1≥2，分別討論即可．

解答：解：（1）依題意有

x2+a

bx-c

=x，化簡為（1-b）x²+cx+a=0，由韋達定理得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，解得

a=0 b=1+ c 2

，代入表達式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，則f（x）=x不止有兩個不動點，
∴c=2，b=2，故f（x）=

x2

2(x-1)

，（x≠1）．
（2）由題設(shè)得4S_n•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，整理得：2S_n=a_n-an2，（*）
且a_n≠1，以n-1代n得2S_n-1=a_n-1-an-12，（**）
由（*）與（**）兩式相減得：
2a_n=（a_n-a_n-1）-（an2-an-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（*）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，這與a_n≠1矛盾，
∴a_n-a_n-1=-1，即{a_n}是以-1為首項，-1為公差的等差數(shù)列．
（3）由a_n+1=f（a_n）得，a_n+1=

an2

2an-2

，

1

an+1

=-2(

1

an

-

1

2

)2+

1

2

≤

1

2

，
∴a_n+1＜0或a_n+1≥2．
若a_n+1＜0，則a_n+1＜0＜3成立；
若a_n+1≥2，此時n≥2，從而a_n+1-a_n=

-an(an-2)

2(an-1)

≤0，即數(shù)列{a_n}在n≥2時單調(diào)遞減，由a₂=2

2

3

知，a_n≤a₂=2

2

3

＜3，在n≥2上成立．
綜上所述，當(dāng)n≥2時，恒有a_n＜3成立．

點評：本題考查數(shù)列的函數(shù)特性，著重考查等差數(shù)列的判定，考查推理證明能力，考查轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想的綜合應(yīng)用，屬于難題．