Question

设函数f_n（x）=xⁿ+bx+c（n∈N₊，b，c∈R）
（1）设n≥2，b=1，c=-1，证明：f_n（x）在区间内存在唯一的零点；
（2）设n=2，若对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，求b的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设x_n是f_n（x）在内的零点，判断数列x₂，x₃，…，x_n的增减性．

Answer

（1）根据 fn（）fn（1）=（-）×1＜0，以及fn（x）在区间内单调递增，可得fn（x）在区间内存在唯一的零点．
（2）当n=2，由题意可得函数f2（x）在[-1，1]上的最大值与最小值的差M≤4，分当＞1时、当-1≤-＜0时、当0≤-≤1 时三种情况，分别求得b的取值范围，再取并集，
即得所求．
（3）证法一：先求出fn（xn）和fn+1（xn+1）的解析式，再由当xn+1∈时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）=+xn+1-1＜+xn+1-1=fn（xn+1），且
fn（x）在区间内单调递增，故有xn＜xn+1，从而得出结论．
证法二：设xn是fn（x）=xn+x-1在内的唯一零点，由fn+1（xn） fn+1（1）＜0可得 fn+1（x）的零点在（xn，1）内，从而有 xn＜xn+1 （n≥2），由此得出结论．
【解析】
（1）由于n≥2，b=1，c=-1，fn（x）=xn+bx+c=xn+x-1，∴fn（）fn（1）=（-）×1＜0，
∴fn（x）在区间内存在零点．再由fn（x）在区间内单调递增，可得fn（x）在区间内存在唯一的零点．
（2）当n=2，函数f2（x）=x2+bx+c，对任意x1，x2∈[-1，1]，有|f2（x1）-f2（x2）|≤4，故函数f2（x）在[-1，1]上的最大值与最小值的差M≤4．
当＞1时，即b＞2或 b＜-2时，M=|f2（-1）-f2（1）|=2|b|＞4，这与题设相矛盾．
当-1≤-＜0时，即0＜b≤2时，M=f2（1）-=≤4 恒成立．
当0≤-≤1 时，即-2≤b≤0时，M=f2（-1）-=≤4 恒成立．
综上可得，-2≤b≤2．
（3）证法一：在（1）的条件下，xn是fn（x）=xn+x-1在内的唯一零点，则有fn（xn）=+xn-1=0，
fn+1（xn+1）=+xn+1-1=0．
当xn+1∈时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）=+xn+1-1＜+xn+1-1=fn（xn+1）．
由（1）知，fn（x）在区间内单调递增，故有xn＜xn+1，故数列x2，x3，…，xn单调递增数列．
证法二：设xn是fn（x）=xn+x-1在内的唯一零点，fn+1（xn） fn+1（1）=（+xn-1）×1=+xn-1＜+xn-1=0，
故fn+1（x）的零点在（xn，1）内，∴xn＜xn+1 （n≥2），故数列x2，x3，…，xn单调递增数列．