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    对于函数f（x），若存在x0∈R，使得f（x0）=x0，则称x0为函数f（x）的不动点．若函数f（x）=
    x2+a
    bx-c
    （b，c∈N*）有且仅有两个不动点0和2，且f（-2）＜-
    1
    2
    ．
    （1）试求函数f（x）的单调区间，
    （2）已知各项不为0的数列{an}满足4Sn•f（
    1
    an
    ）=1，其中Sn表示数列{an}的前n项和，求证：(1-
    1
    an
    )an+1＜
    1
    e
    ＜(1-
    1
    an
    )an
    （3）在（2）的前题条件下，设bn=-
    1
    an
    ，Tn表示数列{bn}的前n项和，求证：T2011-1＜ln2011＜T2010．
    分析：（1）由函数f（x）=
    x2+a
    bx-c
    （b，c∈N*）有且仅有两个不动点0和2，知
    0+a
    0-c
    =0
    4+a
    2b-c
    =2
    ，故a=0，2b-c=2．由f（-2）＜-
    1
    2
    ，知
    1
    2
    ＜b＜
    5
    2
    ，由b，c∈N*，解得f(x)=
    x2
    2x-2
    ．定义域为x≠1，由此能求出函数f（x）的单调区间．
    （2）由各项不为0的数列{an}满足4Sn•f（
    1
    an
    ）=1，知2Sn=an-an2，故an=-n．所以(1-
    1
    an
    )an+1＜
    1
    e
    ＜(1-
    1
    an
    )an    等价于
    1
    n+1
    ＜ln(1+
    1
    n
    )＜
    1
    n
    ．由
    x
    1+x
    ＜ln(1+x)＜x    ，令x=
    1
    n
    ，得证．
    （3）由（2）得，bn=
    1
    n
    ，则Tn=1+
    1
    2
    +
    1
    3
    +…+
    1
    n
    ，在
    1
    n+1
    ＜ln(1+
    1
    n
    )＜
    1
    n
    中，令n=1，2，3，…，2010，
    并将各式相加，得到T2011-1＜ln2011＜T2010．
    解答：解：（1）∵函数f（x）=
    x2+a
    bx-c
    （b，c∈N*）有且仅有两个不动点0和2，
    ∴
    0+a
    0-c
    =0
    4+a
    2b-c
    =2
    ，
    ∴a=0，2b-c=2．
    ∴f(x)=
    x2
    bx+2-2b
    ，
    ∵f（-2）＜-
    1
    2
    ，
    ∴
    4
    2-4b
    ＜-
    1
    2
    ，
    ∴
    2
    2b-1
    ＞
    2
    4
    ，
    ∴0＜2b-1＜4，
    ∴
    1
    2
    ＜b＜
    5
    2
    ，
    ∵b，c∈N*，
    ∴b=1，c=0（舍），或b=2，c=2．
    ∴f(x)=
    x2
    2x-2
    ．定义域为x≠1，
    ∴f′(x)=
    2x(2x-2)-2x2
    (2x-2)2
    =
    2x2-4x
    (2x-2)2
    ，
    由f′(x)=
    2x2-4x
    (2x-2)2
    ＞0，得x＜0，或x＞2，
    由f′(x)=
    2x2-4x
    (2x-2)2
    ＜0，得0＜x＜2，
    ∵x≠1，
    ∴函数f（x）的单调增区间是（-∞，0），（2，+∞）；单调减区间是（0，1），（1，2）．
    （2）∵各项不为0的数列{an}满足4Sn•f（
    1
    an
    ）=1，
    ∴4Sn•
    1
    an2
    2
    an
    -2
    =4Sn•
    1
    2an-2an2
    =1，
    ∴4Sn=2an-2an2，
    ∴2Sn=an-an2，
    当n≥2时，2Sn-1=an-1-an-12，
    两式相减，得an=-an-1，或an-an-1=-1，
    当n=1时，a1=-1，
    由an=-an-1，知a2=1，不在定义域范围内，应舍去．
    故an-an-1=-1，
    ∴an=-n．
    ∴(1-
    1
    an
    )an+1＜
    1
    e
    ＜(1-
    1
    an
    )an    等价于（1+
    1
    n
    ）-（n+1）＜
    1
    e
    ＜    （1+
    1
    n
    ）-n，
    即(1+
    1
    n
    )n＜e＜(1+
    1
    n
    )n+1    ，
    两边取对数后，nln(1+
    1
    n
    )＜1＜(n+1)ln(1+
    1
    n
    )    ，
    即证
    1
    n+1
    ＜ln(1+
    1
    n
    )＜
    1
    n
    ．
    设f（x）=ln（1+x）-x，x＞0
    则 f′（x）=
    1
    1+x
    -1＜0，
    所以 f（x）在（0，+∞）上是减函数，
    于是 f（x）＜f（0）=0 即 ln（1+x）＜x．
    设g（x）=
    x
    1+x
    -ln（1+x），
    则 g′（x）=
    1
    (1+x)2
    -
    1
    1+x
    =-
    x
    (1+x)2
    ＜0，
    所以 g（x）在（0，+∞）上是减函数，于是 g（x）＜g（0）=0，
    即
    x
    1+x
    ＜ln（1+x）．
    ∴
    x
    1+x
    ＜ln(1+x)＜x    ，
    令x=
    1
    n
    ，得
    1
    n+1
    ＜ln(1+
    1
    n
    )＜
    1
    n
    ．
    ∴(1-
    1
    an
    )an+1＜
    1
    e
    ＜(1-
    1
    an
    )an    ．
    （3）由（2）得，bn=
    1
    n
    ，
    则Tn=1+
    1
    2
    +
    1
    3
    +…+
    1
    n
    ，
    在
    1
    n+1
    ＜ln(1+
    1
    n
    )＜
    1
    n
    中，
    令n=1，2，3，…，2010，
    并将各式相加，得
    1
    2
    +
    1
    3
    +…+
    1
    2011
    ＜ln
    2
    1
    +ln
    3
    2
    +…+ln
    2011
    2010
    ＜1+
    1
    2
    +
    1
    3
    +…+
    1
    2010
    ，
    ∴T2011-1＜ln2011＜T2010．
    点评：本题考查函数与数列的综合运用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点，易错点是(1-
    1
    an
    )an+1＜
    1
    e
    ＜(1-
    1
    an
    )an    等价于
    1
    n+1
    ＜ln(1+
    1
    n
    )＜
    1
    n
    的证明．解题时要认真审题，仔细解答．
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    ①f（x）=（x-1）2；②f（x）=|2x-1|；③f(x)=cos
    π2
    x    ；④f（x）=ex．其中存在“稳定区间”的函数有
     
    （填出所有满足条件的函数序号）

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    		x+2
    是“科比函数”，则实数k的取值范围是
     
    ．

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    12
    ＜m＜1；
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    对于函数f（x），若f（x0）=x0，则称x0为f（x）的：“不动点”；若f[f（x0）]=x0，则称x0为f（x）的“稳定点”．函数f（x）的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即A={x|f[f（x）]=x}．
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