题文
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+abx-c(b，c∈N*)有且仅有两个不动点0、2，且f(-2)＜-12．（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(1an)=1，求证：-1an+1＜lnn+1n＜-1an；
（3）设bn=-1an，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：T2008-1＜ln2008＜T2007． 题型：未知 难度：其他题型
答案
（1）设x2+abx-c=x⇒(1-b)x2+cx+a=0(b≠1)⇒2+0=-c1-b2×0=a1-b∴a=0b=1+c2∴f(x)=x2(1+c2)x-c由f(-2)=-21+c＜-12⇒-1＜c＜3
又∵b，c∈N*∴c=2，b=2
∴f(x)=x22(x-1)(x≠1)…（3分）
于是f′(x)=2x•2(x-1)-x2•24(x-1)2=x2-2x2(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1n+1＜lnn+1n＜1n．
为此，我们考虑证明不等式1x+1＜lnx+1x＜1x，x＞0
令1+1x=t，x＞0，则t＞1，x=1t-1
再令g（t）=t-1-lnt，g′(t)=1-1t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1x＞lnx+1x，x＞0①
令h(t)=lnt-1+1t，h′(t)=1t-1t2=t-1t2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＞1-1t
即lnx+1x＞1x+1，x＞0②
由①、②可知1x+1＜lnx+1x＜1x，x＞0…（10分）
所以，1n+1＜lnn+1n＜1n，即1-1an＜lnn+1n＜-1an…（11分）
（3）由（2）可知bn=1n则Tn=1+12+13+…+1n
在1n+1＜lnn+1n＜1n中令n=1，2，3，…，2007，并将各式相加得12+13+…+12008＜ln21+ln32+…+ln20082007＜1+12+13+…+12007
即T2008-1＜ln2008＜T2007…（14分）
解析
x2+abx-c考点
据考高分专家说，试题“对于函数f（x），若存在x0∈R，使f（.....”主要考查你对 [函数的单调性、最值 ]考点的理解。 函数的单调性、最值单调性的定义：
1、对于给定区间D上的函数f（x），若对于任意x1，x2∈D，当x1＜x2时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）是区间上的增函数；当x1＜x2时，都有f（x1）＞f（x2），则称f（x）是区间D上的减函数。
2、如果函数y=f（x）在区间上是增函数或减函数，就说函数y=f（x）在区间D上具有（严格的）单调性，区间D称为函数f（x）的单调区间。如果函数y=f（x）在区间D上是增函数或减函数，区间D称为函数f（x）的单调增或减区间
3、最值的定义：
最大值：一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M，满足： ①对于任意的x∈I，都有f（x）≤M；②存在x0∈I，使得f（x0）＝M；那么，称M是f（x）的最大值．
最小值：一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M，满足： ①对于任意的x∈I，都有f（x）≥M；②存在x0∈I，使得f（x0）＝M；那么，称M是f（x）的最小值
判断函数f（x）在区间D上的单调性的方法：
（1）定义法：其步骤是：
①任取x1，x2∈D，且x1＜x2；
②作差f（x1）-f（x2）或作商
，并变形；
③判定f（x1）-f（x2）的符号，或比较
与1的大小；
④根据定义作出结论。
（2）复合法：利用基本函数的单调性的复合。
（3）图象法：即观察函数在区间D上部分的图象从左往右看是上升的还是下降的。
