Question

設(shè)函數(shù)f_n（x）=xⁿ+bx+c（n∈N₊，b，c∈R）
（1）設(shè)n≥2，b=1，c=-1，證明：f_n（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)x_n是f_n（x）在內(nèi)的零點(diǎn)，判斷數(shù)列x₂，x₃，…，x_n的增減性．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù) f_n（）f_n（1）=（-）×1＜0，以及f_n（x）在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，可得f_n（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f_n（x_n）和f_n+1（x_n+1）的解析式，再由當(dāng)x_n+1∈時(shí)，f_n（x_n）=0=f_n+1（x_n+1）=+x_n+1-1＜+x_n+1-1=f_n（x_n+1），且
f_n（x）在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，故有x_n＜x_n+1，從而得出結(jié)論．
證法二：設(shè)x_n是f_n（x）=xⁿ+x-1在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，由f_n+1（x_n） f_n+1（1）＜0可得 f_n+1（x）的零點(diǎn)在（x_n，1）內(nèi)，從而有 x_n＜x_n+1 （n≥2），由此得出結(jié)論．
解答：解：（1）由于n≥2，b=1，c=-1，f_n（x）=xⁿ+bx+c=xⁿ+x-1，∴f_n（）f_n（1）=（-）×1＜0，
∴f_n（x）在區(qū)間內(nèi)存在零點(diǎn)．再由f_n（x）在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，可得f_n（x）在區(qū)間內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)．
（2）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）證法一：在（1）的條件下，x_n是f_n（x）=xⁿ+x-1在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，則有f_n（x_n）=+x_n-1=0，
f_n+1（x_n+1）=+x_n+1-1=0．
當(dāng)x_n+1∈時(shí)，f_n（x_n）=0=f_n+1（x_n+1）=+x_n+1-1＜+x_n+1-1=f_n（x_n+1）．
由（1）知，f_n（x）在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，故有x_n＜x_n+1，故數(shù)列x₂，x₃，…，x_n單調(diào)遞增數(shù)列．
證法二：設(shè)x_n是f_n（x）=xⁿ+x-1在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，f_n+1（x_n） f_n+1（1）=（+x_n-1）×1=+x_n-1＜+x_n-1=0，
故f_n+1（x）的零點(diǎn)在（x_n，1）內(nèi)，∴x_n＜x_n+1 （n≥2），故數(shù)列x₂，x₃，…，x_n單調(diào)遞增數(shù)列．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查方程的根的存在性及個(gè)數(shù)判斷，樹立與函數(shù)的綜合，體現(xiàn)了分類討論、化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．