【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f
2(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)=x
n+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)=x
n+bx+c=x
n+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f
2(x)=x
2+bx+c,对任意x
1,x
2∈[-1,1],有|f
2(x
1)-f
2(x
2)|≤4,故函数f
2(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=|f
2(-1)-f
2(1)|=2|b|>4,这与题设相矛盾.
当-1≤-
<0时,即0<b≤2时,M=f
2(1)-
=
≤4 恒成立.
当0≤-
≤1 时,即-2≤b≤0时,M=f
2(-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)=x
n+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x
2,x
3,…,x
n单调递增数列.
证法二:设x
n是f
n(x)=x
n+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x
2,x
3,…,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.