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）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2Sn=an-an2，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：an=-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．
【解析】
（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=-1（各项均为负数）
当n=1时，2a1=a1-a12⇒a1=-1，∴an=-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））．