首页 > 对于函数f（x），若存在x0∈R，使得f（x0）=x0，则称x0为函数f（x）的不动点．若函数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）试求函数f

对于函数f（x），若存在x0∈R，使得f（x0）=x0，则称x0为函数f（x）的不动点．若函数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）试求函数f

题目简介

对于函数f（x），若存在x0∈R，使得f（x0）=x0，则称x0为函数f（x）的不动点．若函数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）试求函数f

题目详情

对于函数f（x），若存在x0∈R，使得f（x0）=x0，则称x0为函数f（x）的不动点．若函数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）试求函数f（x）的单调区间，
（2）已知各项不为0的数列{an}满足4Sn•f（
1
an
）=1，其中Sn表示数列{an}的前n项和，求证：(1-
1
an
)an+1＜
1
e
＜(1-
1
an
)an
（3）在（2）的前题条件下，设bn=-
1
an
，Tn表示数列{bn}的前n项和，求证：T2011-1＜ln2011＜T2010．
题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

（1）∵函数f（x）=
x2+a
bx-c
（b，c∈N*）有且仅有两个不动点0和2，
∴
class="stub"0+a
0-c
=0
class="stub"4+a
2b-c
=2
，
∴a=0，2b-c=2．
∴f(x)=
x2
bx+2-2b
，
∵f（-2）＜-class="stub"1
2
，
∴class="stub"4
2-4b
＜-class="stub"1
2
，
∴class="stub"2
2b-1
＞class="stub"2
4
，
∴0＜2b-1＜4，
∴class="stub"1
2
＜b＜class="stub"5
2
，
∵b，c∈N*，
∴b=1，c=0（舍），或b=2，c=2．
∴f(x)=
x2
2x-2
．定义域为x≠1，
∴f′(x)=
2x(2x-2)-2x2
(2x-2)2
=
2x2-4x
(2x-2)2
，
由f′(x)=
2x2-4x
(2x-2)2
＞0，得x＜0，或x＞2，
由f′(x)=
2x2-4x
(2x-2)2
＜0，得0＜x＜2，
∵x≠1，
∴函数f（x）的单调增区间是（-∞，0），（2，+∞）；单调减区间是（0，1），（1，2）．
（2）∵各项不为0的数列{an}满足4Sn•f（class="stub"1
an
）=1，
∴4Sn•
class="stub"1
an2
class="stub"2
an
-2
=4Sn•class="stub"1
2an-2an2
=1，
∴4Sn=2an-2an2，
∴2Sn=an-an2，
当n≥2时，2Sn-1=an-1-an-12，
两式相减，得an=-an-1，或an-an-1=-1，
当n=1时，a1=-1，
由an=-an-1，知a2=1，不在定义域范围内，应舍去．
故an-an-1=-1，
∴an=-n．
∴(1-class="stub"1
an
)an+1＜class="stub"1
e
＜(1-class="stub"1
an
)an等价于（1+class="stub"1
n
）-（n+1）＜class="stub"1
e
＜（1+class="stub"1
n
）-n，
即(1+class="stub"1
n
)n＜e＜(1+class="stub"1
n
)n+1，
两边取对数后，nln(1+class="stub"1
n
)＜1＜(n+1)ln(1+class="stub"1
n
)，
即证class="stub"1
n+1
＜ln(1+class="stub"1
n
)＜class="stub"1
n
．
设f（x）=ln（1+x）-x，x＞0
则 f′（x）=class="stub"1
1+x
-1＜0，
所以 f（x）在（0，+∞）上是减函数，
于是 f（x）＜f（0）=0 即 ln（1+x）＜x．
设g（x）=class="stub"x
1+x
-ln（1+x），
则 g′（x）=class="stub"1
(1+x)2
-class="stub"1
1+x
=-class="stub"x
(1+x)2
＜0，
所以 g（x）在（0，+∞）上是减函数，于是 g（x）＜g（0）=0，
即class="stub"x
1+x
＜ln（1+x）．
∴class="stub"x
1+x
＜ln(1+x)＜x，
令x=class="stub"1
n
，得class="stub"1
n+1
＜ln(1+class="stub"1
n
)＜class="stub"1
n
．
∴(1-class="stub"1
an
)an+1＜class="stub"1
e
＜(1-class="stub"1
an
)an．
（3）由（2）得，bn=class="stub"1
n
，
则Tn=1+class="stub"1
2
+class="stub"1
3
+…+class="stub"1
n
，
在class="stub"1
n+1
＜ln(1+class="stub"1
n
)＜class="stub"1
n
中，
令n=1，2，3，…，2010，
并将各式相加，得
class="stub"1
2
+class="stub"1
3
+…+class="stub"1
2011
＜lnclass="stub"2
1
+lnclass="stub"3
2
+…+lnclass="stub"2011
2010
＜1+class="stub"1
2
+class="stub"1
3
+…+class="stub"1
2010
，
∴T2011-1＜ln2011＜T2010．

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