题目内容

对于函数f(x),若存在xo∈R,使f(xo)=xo成立,则称xo为f(x)的不动点.如果函数f(x)=
x2+a
bx-c
(b,c∈N*)有且仅有两个不动点0和2,且f(-2)<-
1
2

(1)试求函数f(x)的单调区间;
(2)已知各项不为零的数列{an}满足4Sn•f(
1
an
)=1,求证:-
1
an+1
<ln
n+1
n
<-
1
an

(3)设bn=-
1
an
,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:T2009-1<ln2009<T2008
分析:(1)设
x2+a
bx-c
=x,则(1-b)x2+cx+a=0(b≠1),故
2+0=-
c
1-b
2×0=
a
1-b
,f(x)=
x2
(1+
c
2
)x-c
.由f(-2)=
-2
1+c
<-
1
2
,知-1<c<3,由b,c∈N*,知c=2,b=2,f(x)=
x2
2(x-1)
(x≠1).于是f′(x)=
2x•2(x-1)-x2•2
4(x-1)2
=
x2-2x
2(x-1)2
.由此能求出函数f(x)的单调区间.
(2)由2Sn=an-an2,知2Sn-1=an-1-an-12,两式相减得(an+an-1)(an-an-1+1)=0,故an=-an-1或an-an-1=-1.待证不等式为
1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
.考虑证明不等式
1
x+1
<ln
x+1
x
1
x
,x>0.由此入手能够证明-
1
an+1
<ln
n+1
n
<-
1
an

(3)由bn=
1
n
,知Tn=1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n
.在
1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
中令n=1,2,3,…2008,并将各式相加能够证明T2009-1<ln2009<T2008
解答:解:(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)=
x2
2(x-1)
(x≠1)…(3分)
于是f′(x)=
2x•2(x-1)-x2•2
4(x-1)2
=
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
1
n+1
<ln
n+1
n
1
n

为此,我们考虑证明不等式
1
x+1
<ln
x+1
x
1
x
,x>0.
令1=
1
x
=t,x>0,则t>1,x=
1
t-1

再令g(t)=t-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
1
x
>ln
x+1
x
,x>0        ①
令h(t)=lnt-1+
1
t
,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-
1
t
即ln
x+1
x
1
x+1
,x>0     ②
由①、②可知
1
x+1
<ln
x+1
x
1
x
,x>0                  …(10分)
所以,
1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
,即-
1
an+1
<ln
n+1
n
<-
1
an
       …(11分)
(3)由(2)可知bn=
1
n
   则Tn=1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n

1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
中令n=1,2,3,…2008,并将各式相加得
1
2
+
1
3
+…+
1
2009
<ln
2
1
+ln
3
2
+…+ln
2009
2008
<1+
1
2
+
1
3
+…+
1
2008

即T2009-1<ln2009<T2008.                         …(14分)
点评:本题考查数列和不等式的综合,解题时要认真审题,注意挖掘题设中的隐含条件,合理地进行等价转化.
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