分析:(1)设
=x,则(1-b)x
2+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2S
n=a
n-a
n2,知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,故a
n=-a
n-1或a
n-a
n-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b
n=
,知T
n=1+
+
+…+
.在
<ln
<
中令n=1,2,3,…2008,并将各式相加能够证明T
2009-1<ln2009<T
2008.
解答:解:(1)设
=x⇒(1-b)x
2+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或a
n-a
n-1=-1,
当n=1时,2a
1=a
1-a
12⇒a
1=-1,若a
n=-a
n-1,则a
2=1这与a
n≠1矛盾
∴a
n-a
n-1=-1,∴a
n=-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b
n=
则T
n=1+
+
+…+
在
<ln
<
中令n=1,2,3,…2008,并将各式相加得
+
+…+
<ln
+ln
+…+ln
<1+
+
+…+
即T
2009-1<ln2009<T
2008. …(14分)
点评:本题考查数列和不等式的综合,解题时要认真审题,注意挖掘题设中的隐含条件,合理地进行等价转化.