Question

對于函數(shù)f（x），若存在x₀∈R，使f（x₀）=x₀成立，則稱x₀為f（x）的不動點．如果函數(shù)f(x)=

x2+a

bx-c

(b，c∈N*)有且僅有兩個不動點0和2，且f(-2)＜-

1

2

．
（1）求實數(shù)b，c的值；
（2）已知各項不為零的數(shù)列{a_n}的前n項之和為S_n，并且4Sn•f(

1

an

)=1，求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）求證：(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．

Answer 1

分析：（1）如果設

x2+a

bx-c

=x，整理得：（1-b）x²+cx+a=0，由根與系數(shù)的關系得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，解得

a=0 b=1+ c 2

，代入f（x），并由f（-2）＜-

1

2

，得c＜3，且c，b∈N，f（x）=x有且只有兩個不動點，得c、b的值，從而得f（x）解析式．
（2）由題意，知 4Sn•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，所以，2S_n=a_n-a_n²①；又a_n≠1，把n-1代替n得：2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②；
①-②得：a_n，a_n-1的關系，從而得數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，通項公式為a_n=-n；
（3）由a_n=-n，知(1-

1

an

)an+1=(1+

1

n

)-(n+1)=(

n

n+1

)n+1，(1-

1

an

)an=(1+

1

n

)-n=(

n

n+1

)n，先由數(shù)學歸納法證明(

n

n+1

)n=

1

2

，(

n

n+1

)n+1＜

1

e

＜(

n

n+1

)n成立．所以，(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．

解答：解：（1）設

x2+a

bx-c

=x得：（1-b）x²+cx+a=0，由根與系數(shù)的關系，得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，
解得

a=0 b=1+ c 2

，代入解析式 f(x)=

x2

(1+ c 2 )x-c

，由 f(-2)=

-2

1+c

＜-

1

2

，
得c＜3，又c∈N，b∈N，若c=0，b=1，則f（x）=x不止有兩個不動點，∴c=2，b=2，于是f(x)=

x2

2(x-1)

，(x≠1)．
（2）由題設，知 4Sn•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，所以，2S_n=a_n-a_n²①；
且a_n≠1，以n-1代n得：2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②；
由①-②得：2a_n=（a_n-a_n-1）-（a_n²-a_n-1²），即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，
∴a_n=-a_n-1或a_n-a_n-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a_n=-a_n-1得a₂=1，這與a_n≠1矛盾，
∴a_n-a_n-1=-1，即{a_n}是以-1為首項，-1為公差的等差數(shù)列，∴a_n=-n；
（3）由a_n=-n，知(1-

1

an

)an+1=(1+

1

n

)-(n+1)=(

n

n+1

)n+1，
(1-

1

an

)an=(1+

1

n

)-n=(

n

n+1

)n，
當n=1時，(

n

n+1

)n+1=

1

4

，(

n

n+1

)n=

1

2

，(

n

n+1

)n+1＜

1

e

＜(

n

n+1

)n成立．
假設n=k時，(

k

k+1

)k+1＜

1

e

＜(

k

k+1

)k成立，
則當n=k+1時，(

k+1

k+2

)k+2＜

1

e

＜(

k+1

k+2

)k+1成立．
所以，(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an．

點評：本題考查了數(shù)列與函數(shù)的綜合應用，也考查了不等式的應用問題，是較難的綜合題；解題時要細心分析，精心作答，避免出錯．