Question

（2013•内江一模）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

有且仅有两个不动点0、2．
（1）求b，c满足的关系式；
（2）若c=2时，相邻两项和不为零的数列{a_n}满足4Snf(

1

an

)=1（S_n是数列{a_n}的前n项和），求证：-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

．

Answer 1

分析：（1）利用f（x）的不动点的定义，结合函数f(x)=

x2+a

bx-c

有且仅有两个不动点0，2，可得0，2是方程（1-b）x²+cx+a=0的两个根，利用韦达定理，可求b，c满足的关系式；
（2）确定a_n=-n，于是要证的不等式即为

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

从而我们可以考虑证明不等式：

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

（x＞0）．

解答：（1）解：设

x2+a

bx-c

=x，可得（1-b）x²+cx+a=0，（b≠1）．
由于函数f(x)=

x2+a

bx-c

有且仅有两个不动点0，2，故0，2是方程（1-b）x²+cx+a=0的两个根，
∴

2+0=- c 1-b 2•0= a 1-b

解得a=0，b=1+

c

2

；
（2）证明：c=2时，b=1+

c

2

=2，∴f(x)=

x2

2x-2

∴4Snf(

1

an

)=1可得2S_n=a_n-an2，
当n≥2时，2S_n-1=a_n-1-an-12．
两式相减得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，所以a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1．
当n=1时，2a₁=a₁-a12，∴a₁=-1，
若a_n=-a_n-1，则a₂=1与a_n≠1矛盾，所以a_n-a_n-1=-1，从而a_n=-n，
于是要证的不等式即为

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

从而我们可以考虑证明不等式：

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

（x＞0）
令1+

1

x

=t，x＞0，则t＞1，x=

1

t-1

．
再令g（t）=t-1-lnt，g′（t）=1-

1

t

，由t∈（1，+∞）知g′（t）＞0，
所以当t∈（1，+∞）时，g（t）单调递增，所以g（t）＞g（1）=0，于是t-1＞lnt，即

1

x

＞ln

x+1

x

，x＞0…①．
令h（t）=lnt-1+

1

t

，h′（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

，当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增，所以h（t）＞h（1）=0，
于是lnt＞1-

1

t

，即ln

x+1

x

＞

1

x+1

，x＞0…②．
由①②可知

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

（x＞0）
∴

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，数列与不等式的综合应用，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．