爱学记
设函数fx连续 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+abx?c(b，c
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+abx?c(b，c
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+abx?c(b，c
（1）设
x2+a bx?c＝x?(1?b)x2+cx+a＝0(b≠1)?
2+0＝? c 1?b 2×0＝
a 1?b
∴
a＝0 b＝1+ c 2∴f(x)＝
x2 (1+ c 2)x?c
由f(?2)＝
?2 1+c＜?
1 2??1＜c＜3
又∵b，c∈N*∴c=2，b=2
∴f(x)＝
(x≠1)…（3分）
于是f′(x)＝
＝
x2?2x 2(x?1)2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2Sn=an-an2，当n≥2时，2Sn-1=an-1-an-12
两式相减得（an+an-1）（an-an-1+1）=0
∴an=-an-1或an-an-1=-1
当n=1时，2a1=a1-a12?a1=-1，若an=-an-1，则a2=1这与an≠1矛盾
∴an-an-1=-1∴an=-n…（6分）
于是，待证不等式即为
＜ln
n+1 n＜
1 n．
为此，我们考虑证明不等式
＜ln
x+1 x＜
1 x，x＞0
令1+
＝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
∴当t∈（1，+∞）时，g（t）单调递增∴g（t）＞g（1）=0于是t-1＞lnt
即
＞ln
x+1 x，x＞0①
令h(t)＝lnt?1+
，h′(t)＝
1 t?
1 t2＝
t?1 t2由t∈（1，+∞）知h'（t）＞0
∴当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增∴h（t）＞h（1）=0于是lnt＞1?
即ln
x+1 x＞
1 x+1，x＞0②
由①、②可知
＜ln
x+1 x＜
1 x，x＞0…（10分）
所以，
＜ln
n+1 n＜
1 n，即1?
1 an＜ln
n+1 n＜?
1 an…（11分）
（3）由（2）可知bn＝
则Tn＝1+
1 2+
1 3+…+
1 n在
1 n+1＜ln
n+1 n＜
1 n中令n=1，2，3，…，2007，并将各式相加得
1 2+
1 3+…+
1 2008＜ln
2 1+ln
3 2+…+ln
2008 2007＜1+
1 2+
1 3+…+
1 2007即T2008-1＜ln2008＜T2007…（14分）
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+abx?c(b，c
（1）设f(x)＝
x2+a bx?c=x?（1-b）x2+cx+a=0有两个不等实根0和2
?a=0且2b-c=2且b≠1
?f（x）=
)x?c
．
由f（-2）＜-
?-1＜c＜3
?c=2，b=2?f（x）=
（x≠1）．
（2）由已知4Sn?f(
)＝1，
可得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?a2=1不在定义域范围内应舍去，
故an-an-1=-1?an=-n．
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+abx-c(b，c
（1）设
x2+a bx-c=x得：（1-b）x2+cx+a=0，由根与系数的关系，得：
2+0=- c 1-b 2?0= a 1-b，
解得
，代入解析式 f(x)=
x2 (1+ c 2)x-c
，由 f(-2)=
-2 1+c＜-
1 2，
得c＜3，又c∈N，b∈N，若c=0，b=1，则f（x）=x不止有两个不动点，∴c=2，b=2，于是f(x)=
，(x≠1)．
（2）由题设，知 4Sn?
)2
2( 1 an-1)
=1，所以，2Sn=an-an2①；
且an≠1，以n-1代n得：2Sn-1=an-1-an-12，②；
由①-②得：2an=（an-an-1）-（an2-an-12），即（an+an-1）（an-an-1+1）=0，
∴an=-an-1或an-an-1=-1，以n=1代入①得：2a1=a1-a12，
解得a1=0（舍去）或a1=-1；由a1=-1，若an=-an-1得a2=1，这与an≠1矛盾，
∴an-an-1=-1，即{an}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴an=-n；
（3）由an=-n，知(1-
)an+1=(1+
1 n)
对于函数f（x），若x0∈R使得f（x0）=x0成立，则称x0为f（x）的不动点．如果函数f(x)＝x2+abx?c(b∈N*)，
（1）设
x2+a bx?c=x?（1-b）x2+cx+a=0（b≠1），
∵f（x）有两个不动点-1，1，
∴
，解得c=0，a=b-1，
又f（-2）＜f（-1），所以
＜
1+a ?b?c，
把c=0，a=b-1代入该式并化简得，b＜3，
因为b∈N*，b≠1，所以b=2，则a=1．
∴f（x）=
．
故答案为：f(x)＝
．
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)=x^2/(bx-c)(b,c∈N+)
由2为不动点,可得4/(2b-c)=2则有2b-c=2 =>c=2b-2又由f(-2)<-1/2代入解析式可得2b+c<8, 把c代入得，4b-2<8，得b<5/2，由b，c为正整数得，b=1，c=0(舍)或b=2c=2得增区间为〈0或〉2
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)＝x2ax?b（a，b∈N
（1）设
x2 ax?b＝x得：（a-1）x2-bx=0，
∵函数f(x)＝
（a，b∈N）有且只有两个不动点为0、2，
∴由根与系数的关系，得：
，
∴b=2a-2．
∵b＜3，
∴2a-2＜3，a＜
，
∵a∈N，b∈N，
∴a=2，b=2．
∴f(x)＝
，
定义域是{x|2x-2≠0}，解得{x|x≠1}．
（2）由题设，知 4Sn?
)2
2( 1 an?1)
＝1，所以，2Sn=an-an2 ①；
且an≠1，以n-1代n得：2Sn-1=an-1-an-12，②；
由①-②得：2an=（an-an-1）-（an2-an-12），即（an+an-1）（an-an-1+1）=0，
∴an=-an-1或an-an-1=-1，以n=1代入①得：2a1=a1-a12，
解得a1=0（舍去）或a1=-1；由a1=-1，若an=-an-1得a2=1，这与an≠1矛盾，
∴an-an-1=-1，即{an}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴an=-n；
∴Sn=（-1）+（-2）+（-3）+…+（-n）=-
，
∴
＝?(
1 n?
1 n+1)＝
1 n+1?
1 n，
∴Tn＝
+
1 S2+
1 S3+…+
1 Sn=（
1 2?1）+（
1 3?
1 2）+（
1 4?
1 3）+…+（
1 n+1?
1 n）
=
?1
=-
．
对于函数f(x) ，若存在x0 ∈R，使 f(x0)=x0成立，则称x0为函数f(x) 的不动点。已知 f(x)=x2+bx+c (1)已知f
1、
-3和2是不动点，则：
f(-3)=(-3)²-3b+c=9-3b+c=-3
f(2)=2²+2b+c=4+2b+c=2
解得：b=2,c=-6
f(x)=x²+2x-6
令f(x)=0
解得f(x)的零点是：
-1±√7
2、
所谓不动点，即f(x0)=x0
故是f(x)=x的解
即x²+bx+c=x的解
当c=9/4时没有不动点
即x²+(b-1)x+9/4=0没有实数根
所以判别式
△=(b-1)²-9<0
即(b-1)²<9
-3<b-1<3
解得b的范围是：
-2<b<4
对于函数f(x),若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立,则称x0为函数的不动点,已知f(x)=x^2+bx+c
f(x)=x²+bx+9/4
由题意得：f(x)=x无解
即：x²+bx+9/4=x无解
x²+(b-1)x+9/4=0无解
△=(b-1)²-9<0
得：-2<b<4
所以，b的取值范围是：-2<b<4
祝你开心！希望能帮到你，如果不懂，请追问，祝学习进步！O(∩_∩)O
对于函数f(x),若存在x0属于R,使f(x0)=x0,则称x0为函数f(x)的不动点..
前面有关于方程ax^2+bx+b-1=0有2个相异根的条件Δ>0 得出 不等式b^2+4a(b-1)>0
然后把b看做自变量 a为常量 则有g（b）=b^2+4a(b-1) 的函数关系式 是二次函数 因为二次项b^2的系数为正 故开口向上 有最小值 只要最小值大于零就等价于g（b）=b^2+4a(b-1)>0 相当于图像与x轴没焦点 故Δ<0
微信收款码
支付宝收款码