Question

（2013•安徽）设函数f_n（x）=-1+x+

x2

22

+

x3

32

++

xn

n2

(x∈R，n∈N+），证明：
（1）对每个n∈N₊，存在唯一的x_n∈[

2

3

，1]，满足f_n（x_n）=0；
（2）对于任意p∈N₊，由（1）中x_n构成数列{x_n}满足0＜x_n-x_n+p＜

1

n

．

Answer 1

分析：（1）由题意可得f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．求得f_n（1）＞0，f_n（

2

3

）＜0，再根据函数的零点的判定定理，可得要证的结论成立．
（2）由题意可得f_n+1（x_n）＞f_n（x_n）=f_n+1（x_n+1）=0，由 f_n+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 x_n+1＜x_n，故x_n-x_n+p＞0．用 f_n（x）的解析式减去f_n+p （x_n+p）的
解析式，变形可得x_n-x_n+p=

n

k=2

xn+pk-xnk

k2

+

n+p

k=n+1

xn+pk

k2

，再进行放大，并裂项求和，可得它小于

1

n

，综上可得要证的结论成立．

解答：证明：（1）对每个n∈N₊，当x＞0时，由函数f_n（x）=-1+x+

x2

22

+

x3

32

++

xn

n2

(x∈R，n∈N+），可得
f′（x）=1+

x

2

+

x2

3

+…

xn-1

n

＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
由于f₁（x₁）=0，当n≥2时，f_n（1）=

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＞0，即f_n（1）＞0．
又f_n（

2

3

）=-1+

2

3

+[

( 2 3 )2

22

+

( 2 3 )3

32

+

( 2 3 )4

42

+…+

( 2 3 )n

n2

]≤-

1

3

+

1

4

•

n

i=2

(

2

3

)i=-

1

3

+

1

4

×

( 2 3 )2[1-( 2 3 )n-1]

1- 2 3

=-

1

3

•(

2

3

)n-1＜0，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的x_n∈[

2

3

，1]，满足f_n（x_n）=0．
（2）对于任意p∈N⁺，由（1）中x_n构成数列{x_n}，当x＞0时，∵f_n+1（x）=f_n（x）+

xn+1

(n+1)2

＞f_n（x），
∴f_n+1（x_n）＞f_n（x_n）=f_n+1（x_n+1）=0．
由 f_n+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 x_n+1＜x_n，即 x_n-x_n+1＞0，故数列{x_n}为减数列，即对任意的 n、p∈N₊，x_n-x_n+p＞0．
由于 f_n（x）=-1+x_n+

xn2

22

+

xn3

32

+…+

xnn

n2

=0 ①，
f_n+p （x_n+p）=-1+x_n+p+

xn+p2

22

+

xn+p3

32

+…+

xn+pn

n2

+[

xn+pn+1

(n+1)2

+

xn+pn+2

(n+2)2

+…+

xn+pn+p

(n+p)2

]②，
用①减去②并移项，利用 0＜x_n+p≤1，可得
x_n-x_n+p=

n

k=2

xn+pk-xnk

k2

+

n+p

k=n+1

xn+pk

k2

≤

n+p

k=n+1

xn+pk

k2

≤

n+p

k=n+1

1

k2

＜

n+p

k=n+1

1

k(k-1)

=

1

n

-

1

n+p

＜

1

n

．
综上可得，对于任意p∈N₊，由（1）中x_n构成数列{x_n}满足0＜x_n-x_n+p＜

1

n

．

点评：本题主要考查函数的导数及应用，函数的零点的判定，等比数列求和以及用放缩法证明不等式，还考查推理以及运算求解能力，属于难题．