Question

【题目】设函数fn（x）=xn+bx+c（n∈N+ ， b，c∈R）
（1）设n≥2，b=1，c=﹣1，证明：fn（x）在区间 内存在唯一的零点；
（2）设n=2，若对任意x1 ， x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，求b的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设xn是fn（x）在 内的零点，判断数列x2 ， x3 ， …，xn 的增减性．

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）在区间 内存在零点．再由fn（x）在区间 内单调递增，可得fn（x）在区间 内存在唯一的零点．

（2）

解：当n=2，函数f2（x）=x2+bx+c，对任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，

故函数f2（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的差M≤4．

当 ＞1时，即b＞2或 b＜﹣2时，M=|f2（﹣1）﹣f2（1）|=2|b|＞4，这与题设相矛盾．

当﹣1≤﹣ ＜0时，即0＜b≤2时，M=f2（1）﹣ = ≤4 恒成立．

当0≤﹣ ≤1 时，即﹣2≤b≤0时，M=f2（﹣1）﹣ = ≤4 恒成立．

综上可得，﹣2≤b≤2．

（3）

解：法一：在（1）的条件下，xn是fn（x）=xn+x﹣1在 内的唯一零点，则有fn（xn）= +xn﹣1=0，

fn+1（xn+1）= +xn+1﹣1=0．

当xn+1∈ 时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）= +xn+1﹣1＜ +xn+1﹣1=fn（xn+1）．

由（1）知，fn（x）在区间 内单调递增，故有xn＜xn+1，故数列x2，x3，…，xn 单调递增数列．

法二：设xn是fn（x）=xn+x﹣1在 内的唯一零点，

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

故fn+1（x）的零点在（xn，1）内，∴xn＜xn+1 （n≥2），故数列x2，x3，…，xn 单调递增数列．

【解析】（1）根据 fn（ ）fn（1）=（ ﹣ ）×1＜0，以及fn（x）在区间 内单调递增，可得fn（x）在区间 内存在唯一的零点．（2）当n=2，由题意可得函数f2（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的差M≤4，分当 ＞1时、当﹣1≤﹣ ＜0时、当0≤﹣ ≤1 时三种情况，分别求得b的取值范围，再取并集，即得所求．（3）证法一：先求出fn（xn）和fn+1（xn+1）的解析式，再由当xn+1∈ 时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）= +xn+1﹣1＜ +xn+1﹣1=fn（xn+1），且fn（x）在区间 内单调递增，故有xn＜xn+1 ， 从而得出结论．证法二：设xn是fn（x）=xn+x﹣1在 内的唯一零点，由fn+1（xn） fn+1（1）＜0可得 fn+1（x）的零点在（xn ， 1）内，从而有 xn＜xn+1 （n≥2），由此得出结论．