Question

已知函数f（x）=x³，g （x）=x+．
（Ⅰ）求函数h （x）=f（x）-g （x）的零点个数．并说明理由；
（Ⅱ）设数列{ a_n}（n∈N^*）满足a₁=a（a＞0），f（a_n+1）=g（a_n），证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N^*，都有a_n≤M．

Answer 1

解：（Ⅰ）由h（x）=知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，且h（1）=-1＜0，h（2）=6-，则x=0为h（x）的一个零点，且h（x）在（1，2）内有零点，
∴h（x）至少有两个零点．
由h（x）=，记，则，
当x∈（0，+∞）时，g（x）单调递增，故可判断出h（x）在（0，+∞）仅有一个零点，
综上所述，h（x）有且只有两个零点．
（Ⅱ）记h（x）的正零点为x₀，即，
（1）当a＜x₀时，由a₁=a，即a₁＜x₀，而，∴a₂＜x₀．
由此猜测a_n＜x₀．下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，a₁＜x₀，成立．
②假设当n=k时a_k＜x₀成立，则当n=k+1时，由，知a_k+1＜x₀．
因此当n=k+1时，a_k+1＜x₀成立．
故对任意的n∈N^*，a_n≤x₀成立．
（2）当a≥x₀时，由（Ⅰ）知，当x∈（x₀，+∞）时，h（x）单调递增，∴h（a）h（x₀）=0，从而a₂≤a，由此猜测a_n≤a．下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，a₁≤a，成立．
②假设当n=k时a_k＜a成立，则当n=k+1时，由，知a_k+1＜a．
因此当n=k+1时，a_k+1＜a成立．故对任意的n∈N^*，a_n≤a成立．
综上所述，存在常数M，使得对于任意的n∈N^*，都有a_n≤M．
分析：（Ⅰ）由h（x）=知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，且h（1）=-1＜0，h（2）=6-，再研究函数在（0，+∞）上的单调性，以确定零点个数即可
（Ⅱ）记h（x）的正零点为x₀，即，当a＜x₀时，由a₁=a，即a₁＜x₀，而，a₂＜x₀．由此猜测a_n＜x₀．当a≥x₀时，由（Ⅰ）知，当x∈（x₁，+∞）时，h（x）单调递增，h（a）＞h（x₀）=0，从而a₂＜a，由此猜测a_n＜a．然后用数学归纳法证明．
点评：本题考查数列的性质和运用，解题时要注意不等式性质的合理运用和数不归纳法的证明过程．