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(2008•湖北模拟)对于函数f(x),若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立,则称x0为f(x)的不动点.如果函数f(x)=
x2+a
bx-c
(b,c∈N*)
有且仅有两个不动点0、2,且f(-2)<-
1
2

(1)试求函数f(x)的单调区间;
(2)已知各项不为零的数列{an}满足4Sn•f(
1
an
)=1
,求证:-
1
an+1
<ln
n+1
n
<-
1
an

(3)设bn=-
1
an
,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:T2008-1<ln2008<T2007
分析:(1)利用函数f(x)=
x2+a
bx-c
(b,c∈N*)
有且仅有两个不动点0、2,可得
a=0
b=1+
c
2
,根据f(-2)<-
1
2
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
1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
.再构造函数用函数的思想解决;
(3)由(2)可知bn=
1
n
Tn=1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n
,在
1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
中令n=1,2,3,…,2007,并将各式相加,即可得证.
解答:解:(1)设
x2+a
bx-c
=x⇒(1-b)x2+cx+a=0(b≠1)
2+0=-
c
1-b
2×0=
a
1-b
a=0
b=1+
c
2
f(x)=
x2
(1+
c
2
)x-c

f(-2)=
-2
1+c
<-
1
2
⇒-1<c<3

又∵b,c∈N*∴c=2,b=2
f(x)=
x2
2(x-1)
(x≠1)
…(3分)
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
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

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
1
x
>ln
x+1
x
,x>0

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

ln
x+1
x
1
x+1
,x>0

由①、②可知
1
x+1
<ln
x+1
x
1
x
,x>0
…(10分)
所以,
1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
,即1-
1
an
<ln
n+1
n
<-
1
an
…(11分)
(3)由(2)可知bn=
1
n
Tn=1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n

1
n+1
<ln
n+1
n
1
n
中令n=1,2,3,…,2007,并将各式相加得
1
2
+
1
3
+…+
1
2008
<ln
2
1
+ln
3
2
+…+ln
2008
2007
<1+
1
2
+
1
3
+…+
1
2007

即T2008-1<ln2008<T2007…(14分)
点评:本题以函数为载体,考查新定义,考查函数解析式,考查数列与不等式,有较大的难度.
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k
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a
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a
=(2cosx,tan(x+α))
b
=(
2
sin(x+α),tan(x-α))
,已知角α(α∈(-
π
2
π
2
))
的终边上一点P(-t,-t)(t≠0),记f(x)=
a
b

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