（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-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

即

1

x

＞ln

x+1

x

，x＞0①

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＞0②

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

则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）