题目内容
设函数fn（x）=-1+x+
），证明：（1）对每个n∈N+，存在唯一的xn
，满足fn（xn）=0；（2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn-xn+p＜
．
【答案】分析：（1）由题意可得f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．求得fn（1）＞0，fn（
）＜0，再根据函数的零点的判定定理，可得要证的结论成立．
（2）由题意可得fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0，由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn，故xn-xn+p＞0．用 fn（x）的解析式减去fn+p （xn+p）的
解析式，变形可得xn-xn+p=
+
，再进行放大，并裂项求和，可得它小于 
，综上可得要证的结论成立．
解答：证明：（1）对每个n∈N+，当x＞0时，由函数fn（x）=-1+x+
），可得
f′（x）=1+
+
+…
＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）=
+
+…+
＞0，即fn（1）＞0．
又fn（
）=-1+
+[
+
+
+…+
]≤-
+
•
=-
+
×
=-
•
＜0，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn
，满足fn（xn）=0．
（2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+
＞fn（x），
∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．
由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn，即 xn-xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的 n、p∈N+，xn-xn+p＞0．
由于 fn（x）=-1+xn+
+
+…+
=0 ①，
fn+p （xn+p）=-1+xn+p+
+
+…+
+[
+
+…+
]②，
用①减去②并移项，利用 0＜xn+p≤1，可得
xn-xn+p=
+
≤
≤
＜
=
＜
．
综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn-xn+p＜
．
点评：本题主要考查函数的导数及应用，函数的零点的判定，等比数列求和以及用放缩法证明不等式，还考查推理以及运算求解能力，属于难题．
）＜0，再根据函数的零点的判定定理，可得要证的结论成立．（2）由题意可得fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0，由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn，故xn-xn+p＞0．用 fn（x）的解析式减去fn+p （xn+p）的
解析式，变形可得xn-xn+p=
+，再进行放大，并裂项求和，可得它小于 ，综上可得要证的结论成立．解答：证明：（1）对每个n∈N+，当x＞0时，由函数fn（x）=-1+x+
），可得f′（x）=1+
++…＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）=
++…+＞0，即fn（1）＞0．又fn（
）=-1++[+++…+]≤-+•=-+×=-
•＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn
，满足fn（xn）=0．（2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+
＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．
由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn，即 xn-xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的 n、p∈N+，xn-xn+p＞0．
由于 fn（x）=-1+xn+
++…+=0 ①，fn+p （xn+p）=-1+xn+p+
++…++[++…+]②，用①减去②并移项，利用 0＜xn+p≤1，可得
xn-xn+p=
+≤≤＜=＜．综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn-xn+p＜
．点评：本题主要考查函数的导数及应用，函数的零点的判定，等比数列求和以及用放缩法证明不等式，还考查推理以及运算求解能力，属于难题．
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