Question

15．設(shè)函數(shù)f_n（x）=xⁿ+ax+b（n∈N^*，a，b∈R）．
（1）設(shè)n≥2，a=1，b=-1，證明：f_n（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)．
（2）設(shè)n=2，若對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f（x₁）-f（x₂）|≤4，求a的取值范圍．
（3）在（1）條件下，設(shè)f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）內(nèi)零點(diǎn)，試說明數(shù)列x₂，x₃，…，x_n的增減性．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的解析式，運(yùn)用零點(diǎn)存在定理，以及導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證；
（2）當(dāng)n=2時(shí)，f₂（x）=x²+ax+b，對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f（x₁）-f（x₂）|≤4等價(jià)為f₂（x）的最大值和最小值之差M≤4，討論①當(dāng)|$\frac{a}{2}$|＞1，即|a|＞2，②當(dāng)-1≤-$\frac{a}{2}$＜0，即0＜a≤2時(shí)，③當(dāng)0≤-$\frac{a}{2}$≤1，即-2≤a≤0時(shí)，求得M即可判斷；
（3）數(shù)列x₂，x₃，…，x_n，…是單調(diào)遞增的，運(yùn)用（1）的結(jié)論和數(shù)列單調(diào)性的判斷方法，即可得到．

解答 （1）證明：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）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）內(nèi)存在零點(diǎn)；
又當(dāng)x∈（$\frac{1}{2}$，1）時(shí)，f′_n（x）=nx^n-1+1＞0恒成立，
∴函數(shù)f_n（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）內(nèi)是單調(diào)遞增的
故f_n（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)；
（2）解：當(dāng)n=2時(shí)，f₂（x）=x²+ax+b，
對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f（x₁）-f（x₂）|≤4
等價(jià)為f₂（x）的最大值和最小值之差M≤4，
 ①當(dāng)|$\frac{a}{2}$|＞1，即|a|＞2，M=|f₂（1）-f₂（-1）|=2|a|＞4矛盾；
②當(dāng)-1≤-$\frac{a}{2}$＜0，即0＜a≤2時(shí)，M=f₂（1）-f₂（-$\frac{a}{2}$）=（1+$\frac{a}{2}$）²≤4恒成立；
③當(dāng)0≤-$\frac{a}{2}$≤1，即-2≤a≤0時(shí)，M=f₂（-1）-f₂（-$\frac{a}{2}$）=（-1+$\frac{a}{2}$）²≤4恒成立．
綜上可得，-2≤a≤2；
（3）解：數(shù)列x₂，x₃，…，x_n，…是單調(diào)遞增的．理由如下：
由（1）設(shè)x_n （n≥2）是f_n（x）在（$\frac{1}{2}$，1）內(nèi)唯一的零點(diǎn)，
則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上是單調(diào)遞增的，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，x_n＜x_n+1．
故數(shù)列x₂，x₃，…，x_n，…是單調(diào)遞增的．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的性質(zhì)和運(yùn)用，主要考查函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的零點(diǎn)的判斷，同時(shí)考查數(shù)列的單調(diào)性的判斷，屬于中檔題．