Question

設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)=

1

x2+a

．
（Ⅰ）證明：存在唯一實數(shù)x0∈(0，

1

a

)，使f（x₀）=x₀；
（Ⅱ）定義數(shù)列{x_n}：x₁=0，x_n+1=f（x_n），n∈N^*．
（i）求證：對任意正整數(shù)n都有x_2n-1＜x₀＜x_2n；
（ii） 當a=2時，若0＜xk≤

1

2

(k=2，3，4，…)，證明：對任意m∈N^*都有：|xm+k-xk|＜

1

3•4k-1

．

Answer 1

分析：第1問在一個區(qū)間有唯一零點需滿足兩個條件：（1）在這個區(qū)間單調(diào)；（2）區(qū)間端點函數(shù)值異號．第2問要利用數(shù)學歸納法證明，關(guān)鍵在于x_n+1=f（x_n）的應(yīng)用．第3問要分k=1，k≥2，情況進行證明為m∈N^*時證明做鋪墊，在其中結(jié)合不等式證明方法中的放縮法進行適當?shù)姆趴s，還有等比數(shù)列求和公式．

解答：解：（Ⅰ）證明：①f（x）=x?x³+ax-1=0．…（1分）
令h（x）=x³+ax-1，則h（0）=-1＜0，h(

1

a

)=

1

a3

＞0，
∴h(0)•h(

1

a

)＜0．…（2分）
又h′（x）=3x²+a＞0，∴h（x）=x³+ax-1是R上的增函數(shù)．…（3分）
故h（x）=x³+ax-1在區(qū)間(0，

1

a

)上有唯一零點，
即存在唯一實數(shù)x0∈(0，

1

a

)使f（x₀）=x₀．…（4分）
（Ⅱ）（i）當n=1時，x₁=0，x2=f(x1)=f(0)=

1

a

，由①知x0∈(0，

1

a

)，即x₁＜x₀＜x₂成立；…（5分）
設(shè)當n=k（k≥2）時，x_2k-1＜x₀＜x_2k，注意到f(x)=

1

x2+a

在（0，+∞）上是減函數(shù)，且x_k＞0，
故有：f（x_2k-1）＞f（x₀）＞f（x_2k），即x_2k＞x₀＞x_2k+1
∴f（x_2k）＜f（x₀）＜f（x_2k+1），…（7分）
即x_2k+1＜x₀＜x_2k+2．這就是說，n=k+1時，結(jié)論也成立．
故對任意正整數(shù)n都有：x_2n-1＜x₀＜x_2n．…（8分）
（ii）當a=2時，由x₁=0得：x2=f(x1)=f(0)=

1

2

，|x2-x1|=

1

2

…（9分）
當k=1時，|x3-x2|=|

1

x 2 2 +2

-

1

x 2 1 +2

|=

| x 2 2 - x 2 1 |

( x 2 2 +2)( x 2 1 +2)

＜

|x2-x1||x2+x1|

4

=

1

2

•

1

4

|x2-x1|=(

1

4

)2…（10分）
當k≥2時，∵0＜xk≤

1

2

，
∴|xk+1-xk|=|

1

x 2 k +2

-

1

x 2 k-1 +2

|=

| x 2 k - x 2 k-1 |

( x 2 k +2)( x 2 k-1 +2)

＜

|xk-xk-1|| x   k +xk-1|

4

＜

|xk-xk-1|

4

＜(

1

4

)2•|xk-1-xk-2|＜…＜(

1

4

)k-2•|x3-x2|＜(

1

4

)k…（12分）
對?m∈N^*，
|x_m+k-x_k|=|（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+…+（x_k+1-x_k）|≤|x_m+k-x_m+k-1|+|x_m+k-1-x_m+k-2|+…+|x_k+1-x_k|
…（13分）≤(

1

4m-1

+

1

4m-2

+…+

1

42

+

1

4

+1)|xk+1-xk|
=

1- 1 4m

1- 1 4

|xk+1-xk|=

4

3

•(1-

1

4m

)•|xk+1-xk|＜

4

3

•

1

4k

=

1

3•4k-1

…（14分）

點評：本題考查了在一個區(qū)間有唯一零點需滿足的條件，往往會出現(xiàn)只對端點函數(shù)值異號，而忽略單調(diào)的條件出現(xiàn)錯誤．第2問考查了數(shù)學歸納法證明，難點在于由 n=k時成立，如何得出n=k+1也成立．第3問難點在于|x_m+k-x_k|=|（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+…+（x_k+1-x_k）|這個式子的得出．總體來說本題比較難．