Question

對(duì)于函數(shù)f（x），若存在x₀∈R，使f（x₀）=x₀成立，則稱x₀為f（x）的不動(dòng)點(diǎn)，如果函數(shù)有且僅有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)0，2，且。
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知數(shù)列{a_n}各項(xiàng)不為零且不為1，滿足，求證：；
（3）設(shè)，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，求證：T₂₀₁₂-1＜ln₂₀₁₂＜T₂₀₁₁。

Answer 1

解：（1）設(shè) ，可得 （1-b）x²+cx+a=0，（b≠1）
由于函數(shù)有且僅有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)0，2，
故0，2是方程（1-b）x²+cx+a=0的兩個(gè)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）的增區(qū)間為（-∞，0），（2，+∞）
令f′（x）＜0，求得 0＜x＜1，或2＞x＞1，
求得f（x）的增區(qū)間為（0，1），（1，2）。
（2）由已知可得，
當(dāng)n≥2時(shí)，
兩式相減得（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
當(dāng)n=1時(shí)，，
若a_n=-a_n-1，則a²=1與a_n≠1矛盾，所以a_n-a_n-1=-1，
從而a_n=-n，
于是要證的不等式即為，
于是我們可以考慮證明不等式：，
令，
則t＞1，
再令，
由t∈（1，+∞）知g′（t）＞0，
所以當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，g（t）單調(diào)遞增，
所以g（t）＞g（1）=0，
于是t-1＞lnt，
即①
令，，
當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，h（t）單調(diào)遞增，
所以h（t）＞h（1）=0，于是，
即
由①②可知，
所以，即原不等式成立。
（3）由（2）可知，，
在中，令n=1，2，3，4，…，2011，
并將各式相加得，
即T₂₀₁₂-1＜ln₂₀₁₂＜T₂₀₁₁。