Question

1．已知f_n（x）=xⁿ+bx+c（n∈N^*），b，c∈R．
（1）设n=2时，若对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₁（x₂）|≤4，求b的取值范围；
（2）当b=1时，c=-1，n≥2时，f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）内存在唯一零点且单调递增，设x_n是f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内的零点，判断数列x₂，x₃，…，x_n，…的增减性．

Answer 1

分析 （1）当n=2时，f₂（x）=x²+bx+c．对任意x₁，x₂∈[-1，1]都有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，等价于f₂（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4．由此利用分类讨论思想能求出b的取值范围．
（2）任取x₁，x₂∈（$\frac{1}{2}$，1），且x₁＜x₂，则f_n（x₁）-f_n（x₂）=（x₁ⁿ-x₂ⁿ）+（x₁-x₂）＜0，从而f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内单调递增，由此得到数列x₂，x₃，…，x_n，…是增数列．

解答 解：（1）当n=2时，f₂（x）=x²+bx+c．
对任意x₁，x₂∈[-1，1]都有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，
等价于f₂（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4．
据此分类讨论如下：
①当|$\frac{b}{2}$|＞1，即|b|＞2时，M=|f₂（1）-f₂（-1）|=2|b|＞4，与题设矛盾．
②当-1≤-$\frac{b}{2}$＜0，即0＜b≤2时，M=f₂（1）-f₂（-$\frac{b}{2}$）=（$\frac{b}{2}$+1）²≤4恒成立．
③当0≤-$\frac{b}{2}$≤1，即-2≤b≤0时，M=f₂（-1）-f₂（-$\frac{b}{2}$）=（$\frac{b}{2}$-1）²≤4恒成立．
综上可知，-2≤b≤2．
（2）因为 f_n（$\frac{1}{2}$）＜0，f_n（1）＞0．
所以f_n（$\frac{1}{2}$）•f_n（1）＜0．
所以f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内存在零点．
任取x₁，x₂∈（$\frac{1}{2}$，1），且x₁＜x₂，
则f_n（x₁）-f_n（x₂）=（x₁ⁿ-x₂ⁿ）+（x₁-x₂）＜0，
所以f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内单调递增，
所以f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内存在唯一零点．
因为x_n是f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内的零点，
所以数列x₂，x₃，…，x_n，…是增数列．

点评 本题考查实数的取值范围的求法，考查数列的单调性质的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．