题目内容
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
(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
【答案】分析:(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.
解答:解:(1)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)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)证法一: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.
证法二: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.
点评:本题主要考查方程的根的存在性及个数判断,树立与函数的综合,体现了分类讨论、化归与转化的数学思想,属于难题.
(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
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∈
fn(x)在区间
证法二:设xn是fn(x)=xn+x-1在
解答:解:(1)由于n≥2,b=1,c=-1,fn(x)=xn+bx+c=xn+x-1,∴fn(
∴fn(x)在区间
(2)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
当-1≤-
当0≤-
综上可得,-2≤b≤2.
(3)证法一:在(1)的条件下,xn是fn(x)=xn+x-1在
fn+1(xn+1)=
当xn+1∈
由(1)知,fn(x)在区间
证法二:设xn是fn(x)=xn+x-1在
故fn+1(x)的零点在(xn,1)内,∴xn<xn+1 (n≥2),故数列x2,x3,…,xn
点评:本题主要考查方程的根的存在性及个数判断,树立与函数的综合,体现了分类讨论、化归与转化的数学思想,属于难题.
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