Question

（2012•瀘州二模）設a＞0，函數f(x)=

1

x2+a

．
（1）求證：關于x的方程f(x)=

1

x-1

沒有實數根；
（2）求函數g(x)=

1

3

ax3+ax+

1

f(x)

的單調區間；
（3）設數列{x_n}滿足x1=0，xn+1=f(xn)(n∈N*)，當a=2且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：（1）已知方程f(x)=

1

x-1

，可得

1

x2+a

=

1

x-1

，通分化簡得到一元二次方程，用△來進行判斷，方程有無解；
（2）已知g（x）的解析式，根據求導法則求出g′（x），令g′（x）=0，先求出其極值點再研究其單調性，含有參量a，需要分類討論；
（3）已知數列{x_n}滿足x1=0，xn+1=f(xn)(n∈N*)，將x_m+k-x_k=（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+（x_m+k-2-x_m+k-3）…+（x_k+1-x_k），然后再進行放縮，求證；

解答：解：（1）∵方程f(x)=

1

x-1

，∴

1

x2+a

=

1

x-1

，
∴x²-x+a+1=0，∵a＞0，∴△=1-4（a+1）=-4a-3＜0
方程f(x)=

1

x-1

沒有實數根；
（2）∵函數g(x)=

1

3

ax3+ax+

1

f(x)

，
∴g′（x）=ax²+2x+a，令g′（x）=ax²+2x+a=0，則△=4-4a²，
①當△=4-4a²，＜0，即a＞1，對任意實數g′（x）＞0，
∴g（x）在R上單調遞增
②當△=4-4a²，=0，即a=1，g′（1）=0，但g′（x）＞0，（x≠1），
∴g（x）在R上單調遞增
③當△=4-4a²，＞0，即0＜a＜1，對任意實數由g′（x）＞0，ax²+2x+a＞0，得x＜

-1- 1-a2

a

或x＞

-1+ 1-a2

a

，
∴g（x）在（

-1- 1-a2

a

，

-1+ 1-a2

a

）上單調遞減，
g（x）在（-∞，

-1+ 1-a2

a

），（

-1- 1-a2

a

，+∞）上單調遞增
（3）當a=2時，由x₁=0，得  x₂=f（x₁）=f（0）=

1

2

，|x₁-x₂|=

1

2

，
|x₁-x₂|=|

1

x 2 2 + 2

-

1

x 2 1 +2

|=

1

( x 2 2 +2) ( x 2 1 +2)

×|x₂²-x₁²|＜

1

4

×|x₂-x₁||x₂+x₁|=

1

2

×

1

4

×|x₂-x₁|=(

1

4

)2
當k≥2時，∵0＜x_k≤

1

2

∴|x_k+1-x_k|=|

1

x 2 k + 2

-

1

x 2 k-1 +2

|=

1

( x 2 k +2) ( x 2 k-1 +2)

×|x_k²-x_k-1²|

1

4

×|x_k-x_k-1||x_k+x_k-1|＜

1

4

×|x_k-x_k-1|
＜(

1

4

)2×|x_k-1-x_k-2|＜…＜(

1

4

)k-2×|x₃-x₂|＜(

1

4

)k
對任意m∈N₊，
|x_m+k-x_k|=|（x_m+k-x_m+k-1）+（x_m+k-1-x_m+k-2）+（x_m+k-2-x_m+k-3）…+（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）|
≤（

1

4m-1

+

1

4m-2

+…+

1

4

+1）|x_k+1-x_k|=

1- 1 4m

1- 1 4

|x_k+1-x_k|=

4

3

•

1

4k

=

1

3•4k-1

，
即證；

點評：此題難度比較大，多次用到放縮，但是一、二問比較簡單，利用導數來研究函f（x）的單調性和極值，第三問是數列綜合題，關鍵是拆項找出規律，此題還利用了分類討論的思想；