Question

（2013•安徽）設(shè)函數(shù)f_n（x）=-1+x+

x2

22

+

x3

32

++

xn

n2

(x∈R，n∈N+），證明：
（1）對每個n∈N₊，存在唯一的x_n∈[

2

3

，1]，滿足f_n（x_n）=0；
（2）對于任意p∈N₊，由（1）中x_n構(gòu)成數(shù)列{x_n}滿足0＜x_n-x_n+p＜

1

n

．

Answer 1

分析：（1）由題意可得f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．求得f_n（1）＞0，f_n（

2

3

）＜0，再根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理，可得要證的結(jié)論成立．
（2）由題意可得f_n+1（x_n）＞f_n（x_n）=f_n+1（x_n+1）=0，由 f_n+1（x） 在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可得 x_n+1＜x_n，故x_n-x_n+p＞0．用 f_n（x）的解析式減去f_n+p （x_n+p）的
解析式，變形可得x_n-x_n+p=

n

k=2

xn+pk-xnk

k2

+

n+p

k=n+1

xn+pk

k2

，再進(jìn)行放大，并裂項求和，可得它小于

1

n

，綜上可得要證的結(jié)論成立．

解答：證明：（1）對每個n∈N₊，當(dāng)x＞0時，由函數(shù)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，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
由于f₁（x₁）=0，當(dāng)n≥2時，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，
根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理，可得存在唯一的x_n∈[

2

3

，1]，滿足f_n（x_n）=0．
（2）對于任意p∈N⁺，由（1）中x_n構(gòu)成數(shù)列{x_n}，當(dāng)x＞0時，∵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，+∞）上單調(diào)遞增，可得 x_n+1＜x_n，即 x_n-x_n+1＞0，故數(shù)列{x_n}為減數(shù)列，即對任意的 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減去②并移項，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

．
綜上可得，對于任意p∈N₊，由（1）中x_n構(gòu)成數(shù)列{x_n}滿足0＜x_n-x_n+p＜

1

n

．

點(diǎn)評：本題主要考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用，函數(shù)的零點(diǎn)的判定，等比數(shù)列求和以及用放縮法證明不等式，還考查推理以及運(yùn)算求解能力，屬于難題．