Question

對于函數(shù)f（x），若存在x_o∈R，使f（x_o）=x_o成立，則稱x_o為f（x）的不動點．如果函數(shù)f（x）=

x2+a

bx-c

（b，c∈N^*）有且僅有兩個不動點0和2，且f（-2）＜-

1

2

．
（1）試求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知各項不為零的數(shù)列{a_n}滿足4S_n•f（

1

an

）=1，求證：-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

；
（3）設(shè)b_n=-

1

an

，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和，求證：T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

Answer 1

（1）設(shè)

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，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，0）和（2，+∞），
單調(diào)減區(qū)間為（0，1）和（1，2）…（4分）
（2）由已知可得2S_n=a_n-a_n²，當(dāng)n≥2時，2S_n-1=a_n-1-a_n-1²
兩式相減得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1+1）=0，∴a_n=-a_n-1或a_n-a_n-1=-1，
當(dāng)n=1時，2a₁=a₁-a₁²?a₁=-1，若a_n=-a_n-1，則a₂=1這與a_n≠1矛盾
∴a_n-a_n-1=-1，∴a_n=-n                       …（6分）
于是，待證不等式即為

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

．
為此，我們考慮證明不等式

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

，x＞0．
令1=

1

x

=t，x＞0，則t＞1，x=

1

t-1

，
再令g（t）=t-lnt，g′（t）=1-

1

t

，
    由t∈（1，+∞）知g′（t）＞0．
∴當(dāng)t∈（1，+∞）時，g（t）單調(diào)遞增
∴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，
∴當(dāng)t∈（1，+∞）時，h（t）單調(diào)遞增
∴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b_n=

1

n

   則T_n=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

在

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

中令n=1，2，3，…2008，并將各式相加得

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）