Question

（2012•陕西）设函数f_n（x）=xⁿ+bx+c（n∈N₊，b，c∈R）
（1）设n≥2，b=1，c=-1，证明：f_n（x）在区间(

1

2

，1)内存在唯一的零点；
（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x_n是f_n（x）在(

1

2

，1)内的零点，判断数列x₂，x₃，…，x_n?的增减性．

Answer 1

分析：（1）根据 f_n（

1

2

）f_n（1）=（

1

2n

-

1

2

）×1＜0，以及f_n（x）在区间(

1

2

，1)内单调递增，可得f_n（x）在区间(

1

2

，1)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|

b

2

|＞1时、当-1≤-

b

2

＜0时、当0≤-

b

2

≤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f_n（x_n）和f_n+1（x_n+1）的解析式，再由当x_n+1∈(

1

2

，1)时，f_n（x_n）=0=f_n+1（x_n+1）=xn+1n+1+x_n+1-1＜xn+1n+x_n+1-1=f_n（x_n+1），且
f_n（x）在区间(

1

2

，1)内单调递增，故有x_n＜x_n+1，从而得出结论．
证法二：设x_n是f_n（x）=xⁿ+x-1在(

1

2

，1)内的唯一零点，由f_n+1（x_n） f_n+1（1）＜0可得 f_n+1（x）的零点在（x_n，1）内，从而有 x_n＜x_n+1 （n≥2），由此得出结论．

解答：解：（1）由于n≥2，b=1，c=-1，f_n（x）=xⁿ+bx+c=xⁿ+x-1，∴f_n（

1

2

）f_n（1）=（

1

2n

-

1

2

）×1＜0，
∴f_n（x）在区间(

1

2

，1)内存在零点．再由f_n（x）在区间(

1

2

，1)内单调递增，可得f_n（x）在区间(

1

2

，1)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|

b

2

|＞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≤-

b

2

＜0时，即0＜b≤2时，M=f₂（1）-f2(-

b

2

)=(

b

2

+1)2≤4 恒成立．
当0≤-

b

2

≤1 时，即-2≤b≤0时，M=f₂（-1）-f2(-

b

2

)=(

b

2

-1)2≤4 恒成立．
综上可得，-2≤b≤2．
（3）证法一：在（1）的条件下，x_n是f_n（x）=xⁿ+x-1在(

1

2

，1)内的唯一零点，则有f_n（x_n）=xnn+x_n-1=0，
f_n+1（x_n+1）=xn+1n+1+x_n+1-1=0．
当x_n+1∈(

1

2

，1)时，f_n（x_n）=0=f_n+1（x_n+1）=xn+1n+1+x_n+1-1＜xn+1n+x_n+1-1=f_n（x_n+1）．
由（1）知，f_n（x）在区间(

1

2

，1)内单调递增，故有x_n＜x_n+1，故数列x₂，x₃，…，x_n?单调递增数列．
证法二：设x_n是f_n（x）=xⁿ+x-1在(

1

2

，1)内的唯一零点，
f_n+1（x_n） f_n+1（1）=（xnn+1+x_n-1）×1=xnn+1+x_n-1＜xnn+x_n-1=0，
故f_n+1（x）的零点在（x_n，1）内，∴x_n＜x_n+1 （n≥2），故数列x₂，x₃，…，x_n?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．