Question

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）有且只有两个不动点0，2，且f（-2）＜-

1

2

，
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）已知各项不为零的数列{a_n}满足4S_n•f（

1

an

）=1，求数列通项a_n；
（3）如果数列{a_n}满足a₁=4，a_n+1=f（a_n），求证：当n≥2时，恒有a_n＜3成立．

Answer 1

分析：（1）由

x2+a

bx-c

=x，化简为（1-b）x²+cx+a=0，利用韦达定理可求得

a=0 b=1+ c 2

，代入f（x）=

x2+a

bx-c

（b，c∈N），依题意可求得c=2，b=2，从而可得函数f（x）的解析式；
（2）由4S_n-

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，整理得2S_n=a_n-an2（*），于是有2S_n-1=a_n-1-an-12（**），二式相减得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，讨论后即可求得数列通项a_n；
（3）由a_n+1=f（a_n）得，a_n+1=

an2

2an-2

，取倒数得

1

an+1

=-2(

1

an

-

1

2

)2+

1

2

≤

1

2

⇒a_n+1＜0或a_n+1≥2，分别讨论即可．

解答：解：（1）依题意有

x2+a

bx-c

=x，化简为（1-b）x²+cx+a=0，由韦达定理得：

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

，解得

a=0 b=1+ c 2

，代入表达式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，则f（x）=x不止有两个不动点，
∴c=2，b=2，故f（x）=

x2

2(x-1)

，（x≠1）．
（2）由题设得4S_n•

( 1 an )2

2( 1 an -1)

=1，整理得：2S_n=a_n-an2，（*）
且a_n≠1，以n-1代n得2S_n-1=a_n-1-an-12，（**）
由（*）与（**）两式相减得：
2a_n=（a_n-a_n-1）-（an2-an-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（*）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，这与a_n≠1矛盾，
∴a_n-a_n-1=-1，即{a_n}是以-1为首项，-1为公差的等差数列．
（3）由a_n+1=f（a_n）得，a_n+1=

an2

2an-2

，

1

an+1

=-2(

1

an

-

1

2

)2+

1

2

≤

1

2

，
∴a_n+1＜0或a_n+1≥2．
若a_n+1＜0，则a_n+1＜0＜3成立；
若a_n+1≥2，此时n≥2，从而a_n+1-a_n=

-an(an-2)

2(an-1)

≤0，即数列{a_n}在n≥2时单调递减，由a₂=2

2

3

知，a_n≤a₂=2

2

3

＜3，在n≥2上成立．
综上所述，当n≥2时，恒有a_n＜3成立．

点评：本题考查数列的函数特性，着重考查等差数列的判定，考查推理证明能力，考查转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于难题．