(1)设=x⇒(1-b)x2+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<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bn= 则Tn=1+++…+ 在<ln<中令n=1,2,3,…2008,并将各式相加得 ++…+<ln+ln+…+ln<1+++…+ 即T2009-1<ln2009<T2008. …(14分) |