Question

设a＞0，函数．
（Ⅰ）证明：存在唯一实数，使f（x）=x；
（Ⅱ）定义数列{x_n}：x₁=0，x_n+1=f（x_n），n∈N^*．
（i）求证：对任意正整数n都有x_2n-1＜x＜x_2n；
（ii） 当a=2时，若，证明：对任意m∈N^*都有：．

Answer 1

【答案】分析：第1问在一个区间有唯一零点需满足两个条件：（1）在这个区间单调；（2）区间端点函数值异号．第2问要利用数学归纳法证明，关键在于x_n+1=f（x_n）的应用．第3问要分k=1，k≥2，情况进行证明为m∈N^*时证明做铺垫，在其中结合不等式证明方法中的放缩法进行适当的放缩，还有等比数列求和公式．
解答：解：（Ⅰ）证明：①f（x）=x?x³+ax-1=0．…（1分）
令h（x）=x³+ax-1，则h（0）=-1＜0，，
∴．…（2分）
又h′（x）=3x²+a＞0，∴h（x）=x³+ax-1是R上的增函数．…（3分）
故h（x）=x³+ax-1在区间上有唯一零点，
即存在唯一实数使f（x）=x．…（4分）
（Ⅱ）（i）当n=1时，x₁=0，，由①知，即x₁＜x＜x₂成立；…（5分）
设当n=k（k≥2）时，x_2k-1＜x＜x_2k，注意到在（0，+∞）上是减函数，且x_k＞0，
故有：f（x_2k-1）＞f（x）＞f（x_2k），即x_2k＞x＞x_2k+1
∴f（x_2k）＜f（x）＜f（x_2k+1），…（7分）
即x_2k+1＜x＜x_2k+2．这就是说，n=k+1时，结论也成立．
故对任意正整数n都有：x_2n-1＜x＜x_2n．…（8分）
（ii）当a=2时，由x₁=0得：，…（9分）
当k=1时，…（10分）
当k≥2时，∵，
∴…（12分）
对?m∈N^*，
|x_m+k-x_k|=|（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+…+（x_k+1-x_k）|≤|x_m+k-x_m+k-1|+|x_m+k-1-x_m+k-2|+…+|x_k+1-x_k|
…（13分）
=…（14分）
点评：本题考查了在一个区间有唯一零点需满足的条件，往往会出现只对端点函数值异号，而忽略单调的条件出现错误．第2问考查了数学归纳法证明，难点在于由 n=k时成立，如何得出n=k+1也成立．第3问难点在于|x_m+k-x_k|=|（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+…+（x_k+1-x_k）|这个式子的得出．总体来说本题比较难．