对于函数f（x），若存在x0∈R，使得f（x0）=x0．则称x0为函数f（x）的一个不动点．比如函数h（x）=ln（1+

（Ⅰ）由x=
x2+a
bx−c得，
（b-1）x²-cx-a=0．
由题设知x=0，x=2为该方程的两个根．
∴a=0，0+2=[c/b−1]，
即：2b-c=2且c≠0．…（2分）
（Ⅱ）若c=2，则b=2．
∴f（x）=
x2
2x−2．又由4Sn•f(
1
an)＝1得：
4S_n•
(
1
an)2
2(
1
an)−2＝1⇒2Sn＝an-a_n²，…①，
又由2S_n+1=a_n+1-a_n+1²…②
②式-①式可得：2a_n+1=a_n+1-a_n+1²-a_n+a_n²，
∴（a_n+1+a_n）•（a_n-a_n+1-1）=0，
∴a_n+1+a_n=0或a_n-a_n+1=1．…（4分）
当n=1时，有2a₁=a₁-a₁²，
得a₁=0（舍）或a₁=-1．
当a_n+a_n+1=0时，a₂=1．
但a₂=1不在函数f（x）=
x2
2x−2的定义域内，
∴a_n+a_n+1≠0．…（6分）
故a_n+1-a_n=-1，
即{a_n}为等差数列，
∴a_n=-n．…（7分）
（Ⅲ）∵b_n=-[1
an＝
1/n]，
∴T_n=1+[1/2+
1
3+…+
1
n]，
以下首先证明不等式[1/n+1＜ln(1+
1
n)＜
1
n]．…（8分）
事实上要证ln(1+
1
n)＜
1
n，
可构造函数φ（x）=ln（1+x）-x（x＞0），
则ϕ′（x）=[1/1+x]-1＜0对一切x＞0恒成立，
∴ϕ（x）在（0，+∞）上单调递减．
∴φ（x）＜φ（0）=0，
即：ln（1+x）-x＜0，
也即：ln（1+x）＜x，
我们取x=[1/n]，
∴ln(1+
1
n)＜
1
n．…（9分）
另一方面我们又设函数g（x）=[x/1+x]-ln（1+x）（x＞0），
则g′（x）=