Question

设a＞0，函数f(x)=

1

x2+a

．
（Ⅰ）证明：存在唯一实数x0∈(0，

1

a

)，使f（x₀）=x₀；
（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＜x₀＜x_2n；
（ii） 当a=2时，若0＜xk≤

1

2

(k=2，3，4，…)，证明：对任意m∈N^*都有：|xm+k-xk|＜

1

3•4k-1

．

Answer 1

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，h(

1

a

)=

1

a3

＞0，
∴h(0)•h(

1

a

)＜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(0，

1

a

)上有唯一零点，
即存在唯一实数x0∈(0，

1

a

)使f（x₀）=x₀．…（4分）
（Ⅱ）（i）当n=1时，x₁=0，x2=f(x1)=f(0)=

1

a

，由①知x0∈(0，

1

a

)，即x₁＜x₀＜x₂成立；…（5分）
设当n=k（k≥2）时，x_2k-1＜x₀＜x_2k，注意到f(x)=

1

x2+a

在（0，+∞）上是减函数，且x_k＞0，
故有：f（x_2k-1）＞f（x₀）＞f（x_2k），即x_2k＞x₀＞x_2k+1
∴f（x_2k）＜f（x₀）＜f（x_2k+1），…（7分）
即x_2k+1＜x₀＜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＜x₀＜x_2n．…（8分）
（ii）当a=2时，由x₁=0得：x2=f(x1)=f(0)=

1

2

，|x2-x1|=

1

2

…（9分）
当k=1时，|x3-x2|=|

1

x 2 2 +2

-

1

x 2 1 +2

|=

| x 2 2 - x 2 1 |

( x 2 2 +2)( x 2 1 +2)

＜

|x2-x1||x2+x1|

4

=

1

2

•

1

4

|x2-x1|=(

1

4

)2…（10分）
当k≥2时，∵0＜xk≤

1

2

，
∴|xk+1-xk|=|

1

x 2 k +2

-

1

x 2 k-1 +2

|=

| x 2 k - x 2 k-1 |

( x 2 k +2)( x 2 k-1 +2)

＜

|xk-xk-1|| x   k +xk-1|

4

＜

|xk-xk-1|

4

＜(

1

4

)2•|xk-1-xk-2|＜…＜(

1

4

)k-2•|x3-x2|＜(

1

4

)k…（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）≤(

1

4m-1

+

1

4m-2

+…+

1

42

+

1

4

+1)|xk+1-xk|
=

1- 1 4m

1- 1 4

|xk+1-xk|=

4

3

•(1-

1

4m

)•|xk+1-xk|＜

4

3

•

1

4k

=

1

3•4k-1

…（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．