Question

函数f(x)=

x2+a

bx-c

(b=2n，n∈N*)的定义域为{x|x≠1}，图象过原点，且f(-2)＜-

1

2

．
（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4Snf(

1

an

)=1，求证：-

1

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

；
（3）设g(m，n)=

1

m

+

1

m+1

+…+

1

n

，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

分析：（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2S_n=a_n-a_n²，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：a_n=-n，于是，待证不等式即为

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

．为此，我们考虑证明不等式

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

，x＞0，下面利用导数研究函数h(t)=lnt-1+

1

t

，的单调性，即可证明得到

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，即1-

1

an

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

；
（3）对于存在性问题，可先假设存在，只须在

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

中令n=1，2，3，…，20072010，并将各式相加即可得到证明．

解答：解：（1）由己知a=0，b=c．∵f(-2)=-

4

3b

＜-

1

2

且b=2n，n∈N^*∴b=2
∴f(x)=

x2

2(x-1)

(x≠1)
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=-1（各项均为负数）
当n=1时，2a₁=a₁-a₁²⇒a₁=-1，∴a_n=-n
于是，待证不等式即为

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

．
为此，我们考虑证明不等式

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

，x＞0
令1+

1

x

=t，x＞0，则t＞1，x=

1

t-1

再令g（t）=t-1-lnt，g′(t)=1-

1

t

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

x

＞ln

x+1

x

，x＞0①
令h(t)=lnt-1+

1

t

，h′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

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-

1

t

即ln

x+1

x

＞

1

x+1

，x＞0②
由①、②可知

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

，x＞0
所以，

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，即1-

1

an

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

（3）m₁=2，n₁=2011，m₂=1，n₂=2010．
在

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

中令n=1，2，3，…，20072010，并将各式相加得

1

2

+

1

3

+…+

1

2011

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2011

2010

＜1+

1

2

+…+

1

2010

即ln2011∈（g（2，2011），g（1，2010））．

点评：本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和数列前n项和的证明，解题时要熟练掌握数列的性质和应用，注意累加法的灵活运用．