对于函数f（x），若存在x 0 ∈R，使得f（x 0 ）=x 0 ，则称x 0 为函数f（x）的不动点．若函数f（x）=

（1）∵函数f（x）=
x 2 +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)=
x 2
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)=
x 2
2x-2 ．定义域为x≠1，
∴ f ′ (x)=
2x(2x-2)-2 x 2
(2x-2 ) 2 =
2 x 2 -4x
(2x-2 ) 2 ，
由 f ′ (x)=
2 x 2 -4x
(2x-2 ) 2 ＞0，得x＜0，或x＞2，
由 f ′ (x)=
2 x 2 -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{a _n }满足4S _n •f（
1
a n ）=1，
∴ 4 S n •

1
a n 2

2
a n -2 =4 S n •
1
2 a n -2 a n 2 =1，
∴ 4 S n =2 a n -2 a n 2 ，
∴2 S n = a n - a n 2 ，
当n≥2时， 2 S n-1 = a n-1 - a n-1 2 ，
两式相减，得a _n =-a _n-1 ，或a _n -a _n-1 =-1，
当n=1时，a ₁ =-1，
由a _n =-a _n-1 ，知a ₂ =1，不在定义域范围内，应舍去．
故a _n -a _n-1 =-1，
∴a _n =-n．
∴ (1-
1
a n ) a n+1 ＜
1
e ＜(1-
1
a n ) a n 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
a n ) a n+1 ＜
1
e ＜(1-
1
a n ) a n ．
（3）由（2）得， b n =
1
n ，
则 T n =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 ，
∴T ₂₀₁₁ -1＜ln2011＜T ₂₀₁₀ ．