Question

函数的定义域为{x|x≠1}，图象过原点，且．
（1）试求函数f（x）的单调减区间；
（2）已知各项均为负数的数列{a_n}前n项和为S_n，满足，求证：；
（3）设，是否存在m₁，，n₁，m₂，n₂∈N*，使得ln2011∈（g（m₁，n₁），g（m₂，n₂））？若存在，求出m₁，，n₁，m₂，n₂，证明结论；若不存在，说明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）先由己知得出a=0，b=c求得f（x）的解析式，再利用导数工具即可求出函数f（x）的单调减区间；
（2）由已知可得2S_n=a_n-a_n²，利用数列的通项与前n项和的关系式求得当数列的通项公式：a_n=-n，于是，待证不等式即为．为此，我们考虑证明不等式，下面利用导数研究函数，的单调性，即可证明得到，即；
（3）对于存在性问题，可先假设存在，只须在中令n=1，2，3，…，20072010，并将各式相加即可得到证明．
解答：解：（1）由己知a=0，b=c．∵且b=2n，n∈N^*∴b=2
∴
于是
由f'（x）＜0得0＜x＜1或1＜x＜2
故函数f（x）的单调减区间为（0，1）和（1，2）
（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=-1（各项均为负数）
当n=1时，2a₁=a₁-a₁²⇒a₁=-1，∴a_n=-n
于是，待证不等式即为．
为此，我们考虑证明不等式
令，则t＞1，
再令g（t）=t-1-lnt，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
令，由t∈（1，+∞）知h'（t）＞0
∴当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增∴h（t）＞h（1）=0于是
即②
由①、②可知
所以，，即
（3）m₁=2，n₁=2011，m₂=1，n₂=2010．
在中令n=1，2，3，…，20072010，并将各式相加得
即ln2011∈（g（2，2011），g（1，2010））．
点评：本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和数列前n项和的证明，解题时要熟练掌握数列的性质和应用，注意累加法的灵活运用．