Question

對于函數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f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)有且僅有兩個不動點0，2，且f(-2)＜-

1

2

．
（1）試求函數f（x）的單調減區間；
（2）當c=2時，各項均為負的數列{a_n}的前n項和為S_n，4Sn•f(

1

an

)=1，求證：-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

；
（2）設b_n=-

1

an

，T_n為數列{b_n}的前n項和，求證：T₂₀₁₃-1＜ln2013＜T₂₀₁₂．

Answer 1

考點：數列與不等式的綜合,利用導數研究函數的單調性

專題：計算題,證明題,函數的性質及應用,等差數列與等比數列

分析：（1）設函數f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)=x的不動點為0和2，代入函數式，推出b、c滿足的關系式，得到f（x），再討論b=1和b＞1求出導數，令導數小于0，即可得到減區間；
（2）由c=2，知b=2，求出f（x），再由數列的通項和前n項和的關系，求出通項，再用分析法證明不等式，注意構造函數g（x）=x-ln（1+x），h（x）=ln（x+1）-

x

1+x

（x＞0）．運用導數判斷單調性，即可得證；
（3）由（2）的結論，求得b_n=

1

n

，和T_n，在（2）的結論中，令n=1，2，3，…，2012，并將各式相加，運用對數的運算性質，即可得證．

解答： 解：（1）設函數f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)=x的不動點為0和2，
∴

a -c =0 4+a 2b-c =2

即有a=0，c=2b-2，即f（x）=

x2

bx-(2b-2)

，f′（x）=

bx2+4(1-b)x

[bx-(2b-2)]2

b=1時，f′（x）≥0，f（x）遞增；b＞1時，f′（x）＜0得0＜x＜4-

4

b

，
即有b＞1時，f（x）的減區間為（0，4-

4

b

）；
（2）證明：∵c=2∴b=2∴f（x）=

x2

2(x-1)

（x≠1），
由已知可得2S_n=a_n-a_n²①，且a_n≠1．
當n≥2時，2S_n-1=a_n-1-a_n-1²②，
①-②得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，∴a_n=-a_n-1或a_n=-a_n-1=-1，
當n=1時，2a₁=a₁-a₁²⇒a₁=-1，
若a_n=-a_n-1，則a₂=1與a_n≠1矛盾．
∴a_n-a_n-1=-1，∴a_n=-n．
∴要證待證不等式-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

，即證

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

．
考慮證不等式

x

1+x

＜ln（x+1）＜x（x＞0）**．
令g（x）=x-ln（1+x），h（x）=ln（x+1）-

x

1+x

（x＞0）．
∴g'（x）=

x

1+x

，h'（x）=

x

(1+x)2

，
∵x＞0，∴g'（x）＞0，h'（x）＞0，∴g（x）、h（x）在（0，+∞）上都是增函數，
∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0時，

x

1+x

＜ln（x+1）＜x．
令x=

1

n

則**式成立，即有原不等式得證；
（3）證明：由（2）知b_n=

1

n

，則T_n=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
在

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

中，令n=1，2，3，…，2012，并將各式相加，
得

1

2

+

1

3

+…+

1

2013

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2013

2012

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2012

．
即T₂₀₁₃-1＜ln2013＜T₂₀₁₂．

點評：本題考查不等式的性質和應用，函數的導數判斷函數的單調性構造法的應用，分析法證明不等式的方法，解題時要認真審題，仔細解答，注意公式的合理運用．