Question

11．设函数f_n（x）=xⁿ+$\frac{b}{x}$+c（x∈（0，+∞），n∈N^*，b，c∈R）．
（1）当b=-1时，对于一切n∈N^*，函数f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）内总存在唯一零点，求c的取值范围；
（2）若f₂（x）区间[1，2]上是单调函数，求b的取值范围；
（3）当b=-1，c=1时，函数f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）内的零点为x_n，判断数列x₁，x₂，…，x_n，…的增减性，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）当b=-1时，化简f_n（x）=xⁿ-$\frac{1}{x}$+c在区间（$\frac{1}{2}$，1）内有唯一零点及函数的单调性可知f（$\frac{1}{2}$）＜0且f（1）＞0；从而可得$\frac{1}{{2}^{n}}$-2+c＜0对于n∈N^*恒成立且c＞0，从而求得c的取值范围；
（2）由f₂（x）=x²+$\frac{b}{x}$+c在区间[1，2]上是单调函数，利用单调性的定义可设1≤x₁＜x₂≤2，从而化为f₂（x₁）-f₂（x₂）=（x₁-x₂）$\frac{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）-b}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞0或＜0对于1≤x₁＜x₂≤2恒成立，化为恒成立问题解得．
（3）当b=-1，c=1时，f_n（x）=xⁿ-$\frac{1}{x}$+1，f_n+1（x）=xⁿ⁺¹-$\frac{1}{x}$+1，从而可得f_n（x）=x_nⁿ-$\frac{1}{{x}_{n}}$+1=0；再由$\frac{1}{2}$＜x_n＜1得x_nⁿ⁺¹＜x_nⁿ，从而可得f_n+1（x_n）=x_nⁿ⁺¹-$\frac{1}{{x}_{n}}$+1＜x_nⁿ-$\frac{1}{{x}_{n}}$+1=0，可证明f_n+1（x_n）＜f_n+1（x_n+1）；再由函数f_n+1（x）=xⁿ⁺¹-$\frac{1}{x}$+1在区间（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数知x_n＜x_n+1；从而证明．

解答 解：（1）当b=-1时，f_n（x）=xⁿ-$\frac{1}{x}$+c在区间（$\frac{1}{2}$，1）内有唯一零点，
因为函数f_n（x）=xⁿ-$\frac{1}{x}$+c在区间（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数，
所以f（$\frac{1}{2}$）＜0且f（1）＞0；
即$\frac{1}{{2}^{n}}$-2+c＜0且c＞0，
由$\frac{1}{{2}^{n}}$-2+c＜0对于n∈N^*恒成立得c＜$\frac{3}{2}$；
所以c的取值范围为（0，$\frac{3}{2}$）．
（2）f₂（x）=x²+$\frac{b}{x}$+c在区间[1，2]上是单调函数，设1≤x₁＜x₂≤2，
f₂（x₁）-f₂（x₂）=（x₁-x₂）$\frac{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）-b}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
由题知x₁x₂（x₁+x₂）-b＞0或x₁x₂（x₁+x₂）-b＜0对于1≤x₁＜x₂≤2恒成立，
因为2＜x₁x₂（x₁+x₂）＜16，
所以b≥16或b≤2．
（3）数列x₁，x₂，…，x_n，…是递增数列，证明如下：
当b=-1，c=1时，f_n（x）=xⁿ-$\frac{1}{x}$+1，f_n+1（x）=xⁿ⁺¹-$\frac{1}{x}$+1，
f_n（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）上的零点是x_n，
所以f_n（x）=x_nⁿ-$\frac{1}{{x}_{n}}$+1=0；
由$\frac{1}{2}$＜x_n＜1知，x_nⁿ⁺¹＜x_n，
所以f_n+1（x_n）=x_nⁿ⁺¹-$\frac{1}{{x}_{n}}$+1＜x_nⁿ-$\frac{1}{{x}_{n}}$+1=0，
设f_n+1（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）上的零点为x_n+1，
所以f_n+1（x_n+1）=0，
即f_n+1（x_n）＜f_n+1（x_n+1）；
又函数f_n+1（x）=xⁿ⁺¹-$\frac{1}{x}$+1在区间（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数，
所以x_n＜x_n+1；
即数列x₁，x₂，…，x_n，…是递增数列．

点评 本题考查了函数的单调性的判断与应用，同时考查了数列的应用及恒成立问题的处理方法，属于难题．