Question

15．设函数f_n（x）=xⁿ+ax+b（n∈N^*，a，b∈R）．
（1）设n≥2，a=1，b=-1，证明：f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）内存在唯一的零点．
（2）设n=2，若对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f（x₁）-f（x₂）|≤4，求a的取值范围．
（3）在（1）条件下，设f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内零点，试说明数列x₂，x₃，…，x_n的增减性．

Answer 1

分析 （1）求出函数的解析式，运用零点存在定理，以及导数判断单调性，即可得证；
（2）当n=2时，f₂（x）=x²+ax+b，对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f（x₁）-f（x₂）|≤4等价为f₂（x）的最大值和最小值之差M≤4，讨论①当|$\frac{a}{2}$|＞1，即|a|＞2，②当-1≤-$\frac{a}{2}$＜0，即0＜a≤2时，③当0≤-$\frac{a}{2}$≤1，即-2≤a≤0时，求得M即可判断；
（3）数列x₂，x₃，…，x_n，…是单调递增的，运用（1）的结论和数列单调性的判断方法，即可得到．

解答 （1）证明：若n≥2，a=1，b=-1，得：f_n（x）=xⁿ+x-1，
∴易得：f_n（1）f_n（$\frac{1}{2}$）=1×（$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{2}$）＜0，
于是f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）内存在零点；
又当x∈（$\frac{1}{2}$，1）时，f′_n（x）=nx^n-1+1＞0恒成立，
∴函数f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）内是单调递增的
故f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）内存在唯一的零点；
（2）解：当n=2时，f₂（x）=x²+ax+b，
对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f（x₁）-f（x₂）|≤4
等价为f₂（x）的最大值和最小值之差M≤4，
 ①当|$\frac{a}{2}$|＞1，即|a|＞2，M=|f₂（1）-f₂（-1）|=2|a|＞4矛盾；
②当-1≤-$\frac{a}{2}$＜0，即0＜a≤2时，M=f₂（1）-f₂（-$\frac{a}{2}$）=（1+$\frac{a}{2}$）²≤4恒成立；
③当0≤-$\frac{a}{2}$≤1，即-2≤a≤0时，M=f₂（-1）-f₂（-$\frac{a}{2}$）=（-1+$\frac{a}{2}$）²≤4恒成立．
综上可得，-2≤a≤2；
（3）解：数列x₂，x₃，…，x_n，…是单调递增的．理由如下：
由（1）设x_n （n≥2）是f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内唯一的零点，
则f_n（x_n）=x_nⁿ+x_n-1=0，
又f_n+1（x_n+1）=x_n+1ⁿ⁺¹+x_n+1-1，x_n+1∈（$\frac{1}{2}$，1），
于是f_n（x_n）=0=f_n+1（x_n+1）=x_n+1ⁿ⁺¹+x_n+1-1＜x_n+1ⁿ+x_n+1-1=f_n（x_n+1），
即f_n（x_n）＜f_n（x_n+1），
由（1）f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1上是单调递增的，
∴当n≥2时，x_n＜x_n+1．
故数列x₂，x₃，…，x_n，…是单调递增的．

点评 本题考查函数的性质和运用，主要考查函数的单调性和函数的零点的判断，同时考查数列的单调性的判断，属于中档题．