Question

【題目】設(shè)函數(shù)fn（x）=xn+bx+c（n∈N+ ， b，c∈R）
（1）設(shè)n≥2，b=1，c=﹣1，證明：fn（x）在區(qū)間 內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)；
（2）設(shè)n=2，若對(duì)任意x1 ， x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，求b的取值范圍；
（3）在（1）的條件下，設(shè)xn是fn（x）在 內(nèi)的零點(diǎn)，判斷數(shù)列x2 ， x3 ， …，xn 的增減性．

Answer 1

【答案】
（1）

解：由于n≥2，b=1，c=﹣1，fn（x）=xn+bx+c=xn+x﹣1，∴fn（ ）fn（1）=（ ﹣ ）×1＜0，

∴fn（x）在區(qū)間 內(nèi)存在零點(diǎn)．再由fn（x）在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增，可得fn（x）在區(qū)間 內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)．

（2）

解：當(dāng)n=2，函數(shù)f2（x）=x2+bx+c，對(duì)任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，

故函數(shù)f2（x）在[﹣1，1]上的最大值與最小值的差M≤4．

當(dāng) ＞1時(shí)，即b＞2或 b＜﹣2時(shí)，M=|f2（﹣1）﹣f2（1）|=2|b|＞4，這與題設(shè)相矛盾．

當(dāng)﹣1≤﹣ ＜0時(shí)，即0＜b≤2時(shí)，M=f2（1）﹣ = ≤4 恒成立．

當(dāng)0≤﹣ ≤1 時(shí)，即﹣2≤b≤0時(shí)，M=f2（﹣1）﹣ = ≤4 恒成立．

綜上可得，﹣2≤b≤2．

（3）

解：法一：在（1）的條件下，xn是fn（x）=xn+x﹣1在 內(nèi)的唯一零點(diǎn)，則有fn（xn）= +xn﹣1=0，

fn+1（xn+1）= +xn+1﹣1=0．

當(dāng)xn+1∈ 時(shí)，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）= +xn+1﹣1＜ +xn+1﹣1=fn（xn+1）．

由（1）知，fn（x）在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增，故有xn＜xn+1，故數(shù)列x2，x3，…，xn 單調(diào)遞增數(shù)列．

法二：設(shè)xn是fn（x）=xn+x﹣1在 內(nèi)的唯一零點(diǎn)，

fn+1（xn） fn+1（1）=（ +xn﹣1）×1= +xn﹣1＜ +xn﹣1=0，

故fn+1（x）的零點(diǎn)在（xn，1）內(nèi)，∴xn＜xn+1 （n≥2），故數(shù)列x2，x3，…，xn 單調(diào)遞增數(shù)列．

【解析】（1）根據(jù) fn（ ）fn（1）=（ ﹣ ）×1＜0，以及fn（x）在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增，可得fn（x）在區(qū)間 內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)．（2）當(dāng)n=2，由題意可得函數(shù)f2（x）在[﹣1，1]上的最大值與最小值的差M≤4，分當(dāng) ＞1時(shí)、當(dāng)﹣1≤﹣ ＜0時(shí)、當(dāng)0≤﹣ ≤1 時(shí)三種情況，分別求得b的取值范圍，再取并集，即得所求．（3）證法一：先求出fn（xn）和fn+1（xn+1）的解析式，再由當(dāng)xn+1∈ 時(shí)，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）= +xn+1﹣1＜ +xn+1﹣1=fn（xn+1），且fn（x）在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增，故有xn＜xn+1 ， 從而得出結(jié)論．證法二：設(shè)xn是fn（x）=xn+x﹣1在 內(nèi)的唯一零點(diǎn)，由fn+1（xn） fn+1（1）＜0可得 fn+1（x）的零點(diǎn)在（xn ， 1）內(nèi)，從而有 xn＜xn+1 （n≥2），由此得出結(jié)論．