Question

（2012•南寧模擬）對(duì)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(dòng)點(diǎn)．如果函數(shù)f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)有且僅有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)0，2，且f(-2)＜-

1

2

．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知數(shù)列{a_n}各項(xiàng)不為零且不為1，滿足4Sn•f(

1

an

)=1，求證：

1

1-an

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

；
（3）設(shè)bn=-

1

an

，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，求證：T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．

Answer 1

分析：（1）設(shè)

x2+a

bx-c

=x，由條件求得f(x)=

x2

2(x-1)

(x≠1)，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），令f′（x）＞0，求得函數(shù)的增區(qū)間，令f′（x）＜0，求得函數(shù)的減區(qū)間．
（2）由條件可得a_n=-n，要證的不等式即為

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，令1+

1

x

=t，x＞0，再令g(t)=t-1-lnt，g′(t)=1-

1

t

，利用導(dǎo)數(shù)判斷g（t）單調(diào)遞增，得到

1

x

＞ln

x+1

x

，x＞0…①，
令h(t)=lnt-1+

1

t

，h′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

，當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，h（t）單調(diào)遞增，可得即ln

x+1

x

＞

1

x+1

，x＞0…②，由①②證得不等式成立．
（3）由（2）可知bn=

1

n

，Tn=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，在

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

中，令n=1，2，3，4，…，2011，并將各式相加，化簡(jiǎn)證得結(jié)果．

解答：解：（1）設(shè)

x2+a

bx-c

=x，可得 （1-b）x²+cx+a=0，（b≠1）．
由于函數(shù)f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)有且僅有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)0，2，故0，2是方程（1-b）x²+cx+a=0的兩個(gè)根，
∴

2+0=- c 1-b 2×0= a 1-b

，解得

a=0 b=1+ c 2

，所以f(x)=

x2

(1+ c 2 )x-c

．
由f(-2)=

-2

1+c

＜-

1

2

 可得-1＜c＜3．
又b，c∈N^*，所以c=2，b=2，所以f(x)=

x2

2(x-1)

(x≠1)，
于是f′(x)=

2x•2(x-1)-x2•2

4(x-1)2

=

x2-2x

2(x-1)2

，
令f′（x）＞0，求得 x＜0，或x＞2，求得f（x）的增區(qū)間為（-∞，0），（2，+∞）．
令f′（x）＜0，求得 0＜x＜1，或2＞x＞1，求得f（x）的增區(qū)間為（0，1），（1，2）． （4分）
（2）由已知4Sn•f(

1

an

)=1可得2Sn=an-

a

2 n

，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1=an-1-

a

2 n-1

．
兩式相減得（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．
當(dāng)n=1時(shí)，2a1=a1-

a

2 1

⇒a1=-1，若a_n=-a_n-1，則a₂=1與a_n≠1矛盾，
所以a_n-a_n-1=-1，從而a_n=-n，于是要證的不等式即為

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，于是我們可以考慮證明不等式：

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

 (x＞0)，令1+

1

x

=t，x＞0，則t＞1，x=

1

t-1

．
再令g(t)=t-1-lnt，g′(t)=1-

1

t

，由t∈（1，+∞）知g′（t）＞0，
所以當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，g（t）單調(diào)遞增，所以g（t）＞g（1）=0，于是t-1＞lnt，即

1

x

＞ln

x+1

x

，x＞0…①．
令h(t)=lnt-1+

1

t

，h′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

，當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，h（t）單調(diào)遞增，所以h（t）＞h（1）=0，
于是lnt＞1-

1

t

，即ln

x+1

x

＞

1

x+1

，x＞0…②．
由①②可知

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

 (x＞0)，所以

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，
即原不等式成立．  （9分）
（3）由（2）可知bn=

1

n

，Tn=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，在

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

中，
令n=1，2，3，4，…，2011，并將各式相加得

1

2

+

1

3

+…+

1

2012

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2012

2011

＜Tn=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2011

，
即T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，屬于難題．