设a＞0，函数f(x)=1x2+a．证明：存在唯一实数x0∈(0，1a)，使f=x0；定义数列{xn}：x1=0，xn+1=f，n∈

题文

设a＞0，函数f(x)=1x2+a．
（Ⅰ）证明：存在唯一实数x0∈(0，1a)，使f（x₀）=x₀；
（Ⅱ）定义数列{x_n}：x₁=0，x_n+1=f（x_n），n∈N^*．
（i）求证：对任意正整数n都有x_2n-1＜x₀＜x_2n；
（ii） 当a=2时，若0＜xk≤12(k=2，3，4，…)，证明：对任意m∈N^*都有：|xm+k-xk|＜13•4k-1． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）证明：①f（x）=x⇔x³+ax-1=0．…（1分）
令h（x）=x³+ax-1，则h（0）=-1＜0，h(1a)=1a3＞0，
∴h(0)•h(1a)＜0．…（2分）
又h′（x）=3x²+a＞0，∴h（x）=x³+ax-1是R上的增函数．…（3分）
故h（x）=x³+ax-1在区间(0，1a)上有唯一零点，
即存在唯一实数x0∈(0，1a)使f（x₀）=x₀．…（4分）
（Ⅱ）（i）当n=1时，x₁=0，x2=f(x1)=f(0)=1a，由①知x0∈(0，1a)，即x₁＜x₀＜x₂成立；…（5分）
设当n=k（k≥2）时，x_2k-1＜x₀＜x_2k，注意到f(x)=1x2+a在（0，+∞）上是减函数，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．这就是说，n=k+1时，结论也成立．
故对任意正整数n都有：x_2n-1＜x₀＜x_2n．…（8分）
（ii）当a=2时，由x₁=0得：x2=f(x1)=f(0)=12，|x2-x1|=12…（9分）
当k=1时，|x3-x2|=|1x22+2-1x21+2|=|x22-x21|(x22+2)(x21+2)＜|x2-x1||x2+x1|4=12•14|x2-x1|=(14)2…（10分）
当k≥2时，∵0＜xk≤12，
∴|xk+1-xk|=|1x2k+2-1x2k-1+2|=|x2k-x2k-1|(x2k+2)(x2k-1+2)＜|xk-xk-1||x k+xk-1|4＜|xk-xk-1|4＜(14)2•|xk-1-xk-2|＜…＜(14)k-2•|x3-x2|＜(14)k…（12分）
对∀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）≤(14m-1+14m-2+…+142+14+1)|xk+1-xk|
=1-14m1-14|xk+1-xk|=43•(1-14m)•|xk+1-xk|＜43•14k=13•4k-1…（14分）

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解析

1a

考点

据考高分专家说，试题“设a＞0，函数f(x)=1x2+a．（Ⅰ.....”主要考查你对 [函数零点的判定定理 ]考点的理解。 函数零点的判定定理

 

函数零点存在性定理：

一般地，如果函数y=f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)．f(b) (2)并不是所有的零点都可以用该定理来确定，也可以说不满足该定理的条件，并不能说明函数在(a，b)上没有零点，例如，函数f(x) =x² -3x +2有f(0)·f(3)>0，但函数f(x)在区间(0，3)上有两个零点．
 (3)若f(x)在[a，b]上的图象是连续不断的，且是单调函数，f(a)．f(b)<0，则fx）在(a，b)上有唯一的零点.

函数零点个数的判断方法:

(1)几何法：对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y =f(x)的图象联系起来，并利用函数的性质找出零点．
特别提醒：①“方程的根”与“函数的零点”尽管有密切联系，但不能混为一谈，如方程x²-2x +1 =0在[0，2]上有两个等根，而函数f（x）=x²-2x +1在[0，2]上只有一个零点
                ②函数的零点是实数而不是数轴上的点．
(2)代数法：求方程f(x）=0的实数根．