Question

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）在内的零点，判断数列x₂，x₃，…，x_n的增减性．

Answer 1

【答案】分析：（1）根据 f_n（）f_n（1）=（-）×1＜0，以及f_n（x）在区间内单调递增，可得f_n（x）在区间内存在唯一的零点．
（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＞1时、当-1≤-＜0时、当0≤-≤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∈时，f_n（x_n）=0=f_n+1（x_n+1）=+x_n+1-1＜+x_n+1-1=f_n（x_n+1），且
f_n（x）在区间内单调递增，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（）f_n（1）=（-）×1＜0，
∴f_n（x）在区间内存在零点．再由f_n（x）在区间内单调递增，可得f_n（x）在区间内存在唯一的零点．
（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＞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≤-＜0时，即0＜b≤2时，M=f₂（1）-=≤4 恒成立．
当0≤-≤1 时，即-2≤b≤0时，M=f₂（-1）-=≤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在内的唯一零点，则有f_n（x_n）=+x_n-1=0，
f_n+1（x_n+1）=+x_n+1-1=0．
当x_n+1∈时，f_n（x_n）=0=f_n+1（x_n+1）=+x_n+1-1＜+x_n+1-1=f_n（x_n+1）．
由（1）知，f_n（x）在区间内单调递增，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在内的唯一零点，f_n+1（x_n） f_n+1（1）=（+x_n-1）×1=+x_n-1＜+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．