（1）设

x2+a

bx-c

=x的不动点为0和2

∴

- a c =0 4+a 2b-c =2

即

a=0 b=1+ c 2

即b、c满足的关系式：b=1+

c

2

且c≠0

（2）∵c=2∴b=2∴f（x）=

x2

2(x-1)

（x≠1），

由已知可得2S_n=a_n-a_n²①，且a_n≠1．

当n≥2时，2S_n-1=a_n-1-a_n-1²②，

①-②得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，∴a_n=-a_n-1或a_n=-a_n-1=-1，

当n=1时，2a₁=a₁-a₁²⇒a₁=-1，

若a_n=-a_n-1，则a₂=1与a_n≠1矛盾．∴a_n-a_n-1=-1，∴a_n=-n

∴要证待证不等式，只要证(1+

1

n

)-(n+1)＜

1

e

＜(1+

1

n

)-n，

即证(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1，

只要证nln（1+

1

n

）＜1＜（n+1）ln（1+

1

n

），即证

1

n+1

＜ln（1+

1

n

）＜

1

n

．

考虑证不等式

x

1+x

＜ln（x+1）＜x（x＞0）**．

令g（x）=x-ln（1+x），h（x）=ln（x+1）-

x

1+x

（x＞0）．

∴g'（x）=

x

1+x

，h'（x）=

x

(1+x)2

，

∵x＞0，∴g'（x）＞0，h'（x）＞0，∴g（x）、h（x）在（0，+∞）上都是增函数，

∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0时，

x

1+x

＜ln（x+1）＜x．

令x=

1

n

则**式成立，∴(1-

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1-

1

an

)an，

（3）由（2）知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，…，2011，并将各式相加，

得

1

2

+

1

3

+…+

1

2012

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2012

2011

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2011

．

即T₂₀₁₂-1＜ln2012＜T₂₀₁₁．