Question

（2013•內(nèi)江一模）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

有且僅有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)0、2．
（1）求b，c滿足的關(guān)系式；
（2）若c=2時(shí)，相鄰兩項(xiàng)和不為零的數(shù)列{a_n}滿足4Snf(

1

an

)=1（S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和），求證：-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

．

Answer 1

分析：（1）利用f（x）的不動(dòng)點(diǎn)的定義，結(jié)合函數(shù)f(x)=

x2+a

bx-c

有且僅有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)0，2，可得0，2是方程（1-b）x²+cx+a=0的兩個(gè)根，利用韋達(dá)定理，可求b，c滿足的關(guān)系式；
（2）確定a_n=-n，于是要證的不等式即為

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

從而我們可以考慮證明不等式：

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

（x＞0）．

解答：（1）解：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

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

；
（2）證明：c=2時(shí)，b=1+

c

2

=2，∴f(x)=

x2

2x-2

∴4Snf(

1

an

)=1可得2S_n=a_n-an2，
當(dāng)n≥2時(shí)，2S_n-1=a_n-1-an-12．
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-a12，∴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

從而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）
∴

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

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，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于難題．