设函数 fn(x)=−1+x+x222+x332+⋯+xnn2(n=1,2,⋯).
1、证明:对每个 n∈N∗,存在唯一的 xn∈[23,1],满足 fn(xn)=0.
2、证明:对任意 p∈N∗,由 (1) 中 xn 构成的数列 {xn} 满足 0<xn−xn+p<1n.
解析
1、本题考查函数的零点,根据零点的存在性定理结合函数的单调性论证即可. 当 n=1 时,fn(23)=−13<0; 当 n⩾2 时,根据题意fn(23)=−1+23+122⋅(23)2+132⋅(23)3+⋯+1n2⋅(23)n<−1+23+122[(23)2+(23)3+⋯+(23)n]<−13+14⋅(23)21−23=0,
又 fn(1)⩾0,且 fn(x) 单调递增,因此对每个 n∈N∗,存在唯一的 xn∈[23,1],满足 fn(xn)=0.
2、本题考查函数的零点与递推数列,利用差分的技巧化简零点的表达式是解决问题的关键. 根据题意 fn(xn)=0,fn+p(xn+p)=0,而∀p∈N∗,fn+p(xn)=−1+n∑k=1xknk2+n+p∑k=n+1xknk2=fn(xn)+n+p∑k=n+1xknk2>fn(xn)=0,
于是 ∀p∈N∗,xn+p<xn,即∀p∈N∗,xn−xn+p>0.
由 fn(xn)=0 得xn=1−n∑k=2xknk2,
由 fn+p(xn+p)=0 得xn+p=1−n+p∑k=2xkn+pk2,
两式相减,有xn−xn+p=n∑k=2xkn+p−xknk2+n+p∑k=n+1xkn+pk2<n+p∑k=n+11k2<1n−1n+p<1n,
综上所述,原命题得证.