Question

对于函数f（x），若存在x∈R，使f（x）=x成立，则称x为f（x）的不动点．如果函数有且仅有两个不动点0、2，且．
（1）试求函数f（x）的单调区间；
（2）已知各项不为零的数列{a_n}满足，求证：；
（3）设，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₀₈-1＜ln2008＜T₂₀₀₇．

Answer 1

【答案】分析：（1）利用函数有且仅有两个不动点0、2，可得，根据可确定c的范围，从而可确定c，b的值，进而可得函数解析式，利用导数法求函数f（x）的单调区间；
（2）由已知可得2S_n=a_n-a_n²，当n≥2时，2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，两式相减得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，从而有a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1，进而可得a_n=-n，故待证不等式即为．再构造函数用函数的思想解决；
（3）由（2）可知则，在中令n=1，2，3，…，2007，并将各式相加，即可得证．
解答：解：（1）设∴∴
由
又∵b，c∈N*∴c=2，b=2
∴…（3分）
于是
由f'（x）＞0得x＜0或x＞2；   由f'（x）＜0得0＜x＜1或1＜x＜2
故函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0）和（2，+∞），
单调减区间为（0，1）和（1，2）…（4分）
（2）由已知可得2S_n=a_n-a_n²，当n≥2时，2S_n-1=a_n-1-a_n-1²
两式相减得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0
∴a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1
当n=1时，2a₁=a₁-a₁²⇒a₁=-1，若a_n=-a_n-1，则a₂=1这与a_n≠1矛盾
∴a_n-a_n-1=-1∴a_n=-n…（6分）
于是，待证不等式即为．
为此，我们考虑证明不等式
令，则t＞1，
再令g（t）=t-1-lnt，由t∈（1，+∞）知g'（t）＞0
∴当t∈（1，+∞）时，g（t）单调递增∴g（t）＞g（1）=0于是t-1＞lnt
即①
令，由t∈（1，+∞）知h'（t）＞0
∴当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增∴h（t）＞h（1）=0于是
即②
由①、②可知…（10分）
所以，，即…（11分）
（3）由（2）可知则
在中令n=1，2，3，…，2007，并将各式相加得
即T₂₀₀₈-1＜ln2008＜T₂₀₀₇…（14分）
点评：本题以函数为载体，考查新定义，考查函数解析式，考查数列与不等式，有较大的难度．