（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

由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或a_n-a_n-1=-1，

当n=1时，2a₁=a₁-a₁²⇒a₁=-1，若a_n=-a_n-1，则a₂=1这与a_n≠1矛盾

∴a_n-a_n-1=-1，∴a_n=-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．

令1=

1

x

=t，x＞0，则t＞1，x=

1

t-1

，

再令g（t）=t-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＞0    　　　 ①

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＞0　　　　 ②

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

an+1

＜ln

n+1

n

＜-

1

an

       …（11分）

（3）由（2）可知b_n=

1

n

   则T_n=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

在

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

中令n=1，2，3，…2008，并将各式相加得

1

2

+

1

3

+…+

1

2009

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2009

2008

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2008

即T₂₀₀₉-1＜ln2009＜T₂₀₀₈．                         …（14分）