【題目】設(shè)函數(shù)fn(x)=xn+bx+c(n∈N+ , b,c∈R)
(1)設(shè)n≥2,b=1,c=﹣1,證明:fn(x)在區(qū)間 內(nèi)存在唯一的零點(diǎn);
(2)設(shè)n=2,若對(duì)任意x1 , x2∈[﹣1,1],有|f2(x1)﹣f2(x2)|≤4,求b的取值范圍;
(3)在(1)的條件下,設(shè)xn是fn(x)在 內(nèi)的零點(diǎn),判斷數(shù)列x2 , x3 , …,xn 的增減性.
【答案】
(1)
解:由于n≥2,b=1,c=﹣1,fn(x)=xn+bx+c=xn+x﹣1,∴fn( )fn(1)=( ﹣ )×1<0,
∴fn(x)在區(qū)間 內(nèi)存在零點(diǎn).再由fn(x)在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增,可得fn(x)在區(qū)間 內(nèi)存在唯一的零點(diǎn).
(2)
解:當(dāng)n=2,函數(shù)f2(x)=x2+bx+c,對(duì)任意x1,x2∈[﹣1,1],有|f2(x1)﹣f2(x2)|≤4,
故函數(shù)f2(x)在[﹣1,1]上的最大值與最小值的差M≤4.
當(dāng) >1時(shí),即b>2或 b<﹣2時(shí),M=|f2(﹣1)﹣f2(1)|=2|b|>4,這與題設(shè)相矛盾.
當(dāng)﹣1≤﹣ <0時(shí),即0<b≤2時(shí),M=f2(1)﹣ = ≤4 恒成立.
當(dāng)0≤﹣ ≤1 時(shí),即﹣2≤b≤0時(shí),M=f2(﹣1)﹣ = ≤4 恒成立.
綜上可得,﹣2≤b≤2.
(3)
解:法一:在(1)的條件下,xn是fn(x)=xn+x﹣1在 內(nèi)的唯一零點(diǎn),則有fn(xn)= +xn﹣1=0,
fn+1(xn+1)= +xn+1﹣1=0.
當(dāng)xn+1∈ 時(shí),fn(xn)=0=fn+1(xn+1)= +xn+1﹣1< +xn+1﹣1=fn(xn+1).
由(1)知,fn(x)在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增,故有xn<xn+1,故數(shù)列x2,x3,…,xn 單調(diào)遞增數(shù)列.
法二:設(shè)xn是fn(x)=xn+x﹣1在 內(nèi)的唯一零點(diǎn),
fn+1(xn) fn+1(1)=( +xn﹣1)×1= +xn﹣1< +xn﹣1=0,
故fn+1(x)的零點(diǎn)在(xn,1)內(nèi),∴xn<xn+1 (n≥2),故數(shù)列x2,x3,…,xn 單調(diào)遞增數(shù)列.
【解析】(1)根據(jù) fn( )fn(1)=( ﹣ )×1<0,以及fn(x)在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增,可得fn(x)在區(qū)間 內(nèi)存在唯一的零點(diǎn).(2)當(dāng)n=2,由題意可得函數(shù)f2(x)在[﹣1,1]上的最大值與最小值的差M≤4,分當(dāng) >1時(shí)、當(dāng)﹣1≤﹣ <0時(shí)、當(dāng)0≤﹣ ≤1 時(shí)三種情況,分別求得b的取值范圍,再取并集,即得所求.(3)證法一:先求出fn(xn)和fn+1(xn+1)的解析式,再由當(dāng)xn+1∈ 時(shí),fn(xn)=0=fn+1(xn+1)= +xn+1﹣1< +xn+1﹣1=fn(xn+1),且fn(x)在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增,故有xn<xn+1 , 從而得出結(jié)論.證法二:設(shè)xn是fn(x)=xn+x﹣1在 內(nèi)的唯一零點(diǎn),由fn+1(xn) fn+1(1)<0可得 fn+1(x)的零點(diǎn)在(xn , 1)內(nèi),從而有 xn<xn+1 (n≥2),由此得出結(jié)論.
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②對(duì)數(shù)列{xn}都存在正整數(shù)k,當(dāng)n≥k時(shí)總有xn=xk;
③當(dāng)n≥1時(shí), ;
④對(duì)某個(gè)正整數(shù)k,若xk+1≥xk , 則 .
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D. 存在點(diǎn)使得直線與直線垂直
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