Question

设函数f_n（x）=xⁿ+bx+c（n∈N^*，b，c∈R）
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）设n=2，若对任意x₁，x₂∈[-1，1]，均有|f₂（x₁）-f₂（x₂）丨≤4，求b的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）表示出f_n（x），根据零点判定定理可得函数在区间（

1

2

，1）内存在零点，利用导数可判断函数单调，从而可得零点的唯一性；
（Ⅱ）对任意的x₁，x₂∈[-1，1]，均有|f₂（x₁）-f₂（x₂）丨≤4等价于f₂（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M=f（x）_max-f（x）_min≤4，按照对称轴在区间[-′1，1]的外边、内部进行分类讨论，可得函数的最大值、最小值及最大值与最小值的差．

解答：解：（Ⅰ）n≥2，b=1，c=-1时，f_n（x）=xⁿ+x-1，
∵fn(

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，
又f′n(x)=nxn-1+1＞0，
∴f_n（x）在区间（

1

2

，1）上是单调递增函数，
故f_n（x）在区间（

1

2

，1）内存在唯一的零点；
当n=2时，f2(x)=x2+bx+c，
（Ⅱ）对任意的x₁，x₂∈[-1，1]，均有|f₂（x₁）-f₂（x₂）丨≤4等价于f₂（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M=f（x）_max-f（x）_min≤4，
据此分类讨论如下：
（1）当|

b

2

|＞1，即|b|＞2时，M=|f₂（1）-f₂（-1）|=2|b|＞4，与题设矛盾；
（2）当-1≤-

b

2

＜0，即0＜b≤2时，M=f2(1)-f2(-

b

2

)=(

b

2

+1)2≤4恒成立；
（3）当0＜-

b

2

≤1，即-2≤b≤0时，M=f2(-1)-f2(-

b

2

)=(

b

2

-1)2≤4恒成立；
综上知-2≤b≤2．

点评：本题考查函数的零点判定定理、函数恒成立问题，转化为函数最值是解决恒成立问题的常用方法．