Question

（2012•泸州二模）设a＞0，函数f(x)=

1

x2+a

．
（1）求证：关于x的方程f(x)=

1

x-1

没有实数根；
（2）求函数g(x)=

1

3

ax3+ax+

1

f(x)

的单调区间；
（3）设数列{x_n}满足x1=0，xn+1=f(xn)(n∈N*)，当a=2且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：（1）已知方程f(x)=

1

x-1

，可得

1

x2+a

=

1

x-1

，通分化简得到一元二次方程，用△来进行判断，方程有无解；
（2）已知g（x）的解析式，根据求导法则求出g′（x），令g′（x）=0，先求出其极值点再研究其单调性，含有参量a，需要分类讨论；
（3）已知数列{x_n}满足x1=0，xn+1=f(xn)(n∈N*)，将x_m+k-x_k=（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+（x_m+k-2-x_m+k-3）…+（x_k+1-x_k），然后再进行放缩，求证；

解答：解：（1）∵方程f(x)=

1

x-1

，∴

1

x2+a

=

1

x-1

，
∴x²-x+a+1=0，∵a＞0，∴△=1-4（a+1）=-4a-3＜0
方程f(x)=

1

x-1

没有实数根；
（2）∵函数g(x)=

1

3

ax3+ax+

1

f(x)

，
∴g′（x）=ax²+2x+a，令g′（x）=ax²+2x+a=0，则△=4-4a²，
①当△=4-4a²，＜0，即a＞1，对任意实数g′（x）＞0，
∴g（x）在R上单调递增
②当△=4-4a²，=0，即a=1，g′（1）=0，但g′（x）＞0，（x≠1），
∴g（x）在R上单调递增
③当△=4-4a²，＞0，即0＜a＜1，对任意实数由g′（x）＞0，ax²+2x+a＞0，得x＜

-1- 1-a2

a

或x＞

-1+ 1-a2

a

，
∴g（x）在（

-1- 1-a2

a

，

-1+ 1-a2

a

）上单调递减，
g（x）在（-∞，

-1+ 1-a2

a

），（

-1- 1-a2

a

，+∞）上单调递增
（3）当a=2时，由x₁=0，得  x₂=f（x₁）=f（0）=

1

2

，|x₁-x₂|=

1

2

，
|x₁-x₂|=|

1

x 2 2 + 2

-

1

x 2 1 +2

|=

1

( x 2 2 +2) ( x 2 1 +2)

×|x₂²-x₁²|＜

1

4

×|x₂-x₁||x₂+x₁|=

1

2

×

1

4

×|x₂-x₁|=(

1

4

)2
当k≥2时，∵0＜x_k≤

1

2

∴|x_k+1-x_k|=|

1

x 2 k + 2

-

1

x 2 k-1 +2

|=

1

( x 2 k +2) ( x 2 k-1 +2)

×|x_k²-x_k-1²|

1

4

×|x_k-x_k-1||x_k+x_k-1|＜

1

4

×|x_k-x_k-1|
＜(

1

4

)2×|x_k-1-x_k-2|＜…＜(

1

4

)k-2×|x₃-x₂|＜(

1

4

)k
对任意m∈N₊，
|x_m+k-x_k|=|（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+（x_m+k-2-x_m+k-3）…+（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）|
≤（

1

4m-1

+

1

4m-2

+…+

1

4

+1）|x_k+1-x_k|=

1- 1 4m

1- 1 4

|x_k+1-x_k|=

4

3

•

1

4k

=

1

3•4k-1

，
即证；

点评：此题难度比较大，多次用到放缩，但是一、二问比较简单，利用导数来研究函f（x）的单调性和极值，第三问是数列综合题，关键是拆项找出规律，此题还利用了分类讨论的思想；