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）求函数f（x）的单调区间；
（2）已知数列{a_n}各项不为零且不为1，满足，求证：；
（3）设，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．

Answer 1

【答案】分析：（1）设 ，由条件求得，求出f（x）的导数f′（x），令f′（x）＞0，求得函数的增区间，令f′（x）＜0，求得函数的减区间．
（2）由条件可得a_n=-n，要证的不等式即为，令，再令，利用导数判断g（t）单调递增，得到①，
令，，当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增，可得即②，由①②证得不等式成立．
（3）由（2）可知，，在中，令n=1，2，3，4，…，2011，并将各式相加，化简证得结果．
解答：解：（1）设 ，可得 （1-b）x²+cx+a=0，（b≠1）．
由于函数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，
∴，解得 ，所以．
由 可得-1＜c＜3．
又b，c∈N^*，所以c=2，b=2，所以，
于是，
令f′（x）＞0，求得 x＜0，或x＞2，求得f（x）的增区间为（-∞，0），（2，+∞）．
令f′（x）＜0，求得 0＜x＜1，或2＞x＞1，求得f（x）的增区间为（0，1），（1，2）． （4分）
（2）由已知可得，当n≥2时，．
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，，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，于是我们可以考虑证明不等式：，令，则t＞1，．
再令，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．
令，，当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增，所以h（t）＞h（1）=0，
于是，即②．
由①②可知，所以，
即原不等式成立．  （9分）
（3）由（2）可知，，在中，
令n=1，2，3，4，…，2011，并将各式相加得，
即T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．（13分）
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，属于难题．