Question

对于函数f（x），若存在x∈R，使f（x）=x成立，则称x为f（x）的不动点．如果函数有且仅有两个不动点0、2，且．
（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，求证：；
（3）设，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₀₈-1＜ln2008＜T₂₀₀₇．

Answer

（1）利用函数有且仅有两个不动点0、2，可得，根据可确定c的范围，从而可确定c，b的值，进而可得函数解析式，利用导数法求函数f（x）的单调区间；
（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，从而有an=-an-1或an-an-1=-1，进而可得an=-n，故待证不等式即为．再构造函数用函数的思想解决；
（3）由（2）可知则，在中令n=1，2，3，…，2007，并将各式相加，即可得证．
【解析】
（1）设∴∴
由
又∵b，c∈N*∴c=2，b=2
∴…（3分）
于是
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．
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…（10分）
所以，，即…（11分）
（3）由（2）可知则
在中令n=1，2，3，…，2007，并将各式相加得
即T2008-1＜ln2008＜T2007…（14分）