Question

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+a

bx-c

(b，c∈N*)有且仅有两个不动点0、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{a_n}满足4Sn•f(

1

an

)=1，求证：-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

；
（3）设bn=-

1

an

，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₀₈-1＜ln2008＜T₂₀₀₇．

Answer 1

（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2S_n=a_n-a_n²，当n≥2时，2S_n-1=a_n-1-a_n-1²
两式相减得（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这与a_n≠1矛盾
∴a_n-a_n-1=-1∴a_n=-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-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

1

x

＞ln

x+1

x

，x＞0①
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＞0②
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-

1

an

＜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

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）