首页 > 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+abx-c(b，c∈N*)有且仅有两个不动点0和2，且f(-2)＜-12．（1）求实数b，

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+abx-c(b，c∈N*)有且仅有两个不动点0和2，且f(-2)＜-12．（1）求实数b，

题目简介

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+abx-c(b，c∈N*)有且仅有两个不动点0和2，且f(-2)＜-12．（1）求实数b，

题目详情

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{an}的前n项之和为Sn，并且4Sn•f(
1
an
)=1，求数列{an}的通项公式；
（3）求证：(1-
1
an
)an+1＜
1
e
＜(1-
1
an
)an．
题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

（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=-class="stub"c
1-b
2•0=class="stub"a
1-b
，
解得
a=0
b=1+class="stub"c
2
，代入解析式 f(x)=
x2
(1+class="stub"c
2
)x-c
，由 f(-2)=class="stub"-2
1+c
＜-class="stub"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•
(class="stub"1
an
)2
2(class="stub"1
an
-1)
=1，所以，2Sn=an-an2①；
且an≠1，以n-1代n得：2Sn-1=an-1-an-12，②；
由①-②得：2an=（an-an-1）-（an2-an-12），即（an+an-1）（an-an-1+1）=0，
∴an=-an-1或an-an-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an=-an-1得a2=1，这与an≠1矛盾，
∴an-an-1=-1，即{an}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴an=-n；
（3）由an=-n，知(1-class="stub"1
an
)an+1=(1+class="stub"1
n
)-(n+1)=(class="stub"n
n+1
)n+1，
(1-class="stub"1
an
)an=(1+class="stub"1
n
)-n=(class="stub"n
n+1
)n，
当n=1时，(class="stub"n
n+1
)n+1=class="stub"1
4
，(class="stub"n
n+1
)n=class="stub"1
2
，(class="stub"n
n+1
)n+1＜class="stub"1
e
＜(class="stub"n
n+1
)n成立．
假设n=k时，(class="stub"k
k+1
)k+1＜class="stub"1
e
＜(class="stub"k
k+1
)k成立，
则当n=k+1时，(class="stub"k+1
k+2
)k+2＜class="stub"1
e
＜(class="stub"k+1
k+2
)k+1成立．
所以，(1-class="stub"1
an
)an+1＜class="stub"1
e
＜(1-class="stub"1
an
)an．

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