Question

对于函数f（x），若存在x_o∈R，使f（x_o）=x_o成立，则称x_o为f（x）的不动点．如果函数f（x）=（b，c∈N^*）有且仅有两个不动点0和2，且f（-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4S_n•f（）=1，求证：-＜ln＜-；
（3）设b_n=-，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．

Answer

（1）设=x，则（1-b）x2+cx+a=0（b≠1），故，f（x）=．由f（-2）=＜-，知-1＜c＜3，由b，c∈N*，知c=2，b=2，f（x）=（x≠1）．于是f′（x）==．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＜ln＜．考虑证明不等式＜ln＜，x＞0．由此入手能够证明-＜ln＜-．
（3）由bn=，知Tn=1+++…+．在＜ln＜中令n=1，2，3，…2008，并将各式相加能够证明T2009-1＜ln2009＜T2008．
【解析】
（1）设=x⇒（1-b）x2+cx+a=0（b≠1）
⇒，∴，∴f（x）=
由f（-2）=＜-⇒-1＜c＜3，又∵b，c∈N*，∴c=2，b=2，
∴f（x）=（x≠1）…（3分）
于是f′（x）==
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＜ln＜．
为此，我们考虑证明不等式＜ln＜，x＞0．
令1==t，x＞0，则t＞1，x=，
再令g（t）=t-lnt，g′（t）=1-，
    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＞ln，x＞0      ①
令h（t）=lnt-1+，h′（t）=-=，
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-即ln＞，x＞0  ②
由①、②可知＜ln＜，x＞0                  …（10分）
所以，＜ln＜，即-＜ln＜-       …（11分）
（3）由（2）可知bn=   则Tn=1+++…+
在＜ln＜中令n=1，2，3，…2008，并将各式相加得
++…+＜ln+ln+…+ln＜1+++…+
即T2009-1＜ln2009＜T2008．                         …（14分）