对于函数f（x），若存在xo∈R，使f（xo）=xo成立，则称xo为f（x）的不...

（1）设=x，则（1-b）x2+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2Sn=an-an2，知2Sn-1=an-1-an-12，两式相减得（an+an-1）（an-an-1+1）=0，故an=-an-1或an-an-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bn=，知Tn=1+++…+．在＜ln＜中令n=1，2，3，…2008，并将各式相加能够证明T2009-1＜ln2009＜T2008． 【解析】 （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）