2013-安徽卷理-20 解-存在性与唯一性证明

本题导读

本题考查函数的单调性与零点。核心在于导数法、零点存在性定理的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年安徽卷(理)） 设函数 $f_n(x)=-1+x+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^3}{3^2}+\cdots +\frac{x^n}{n^2}$ ($x\in \mathbb{R},n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

(1)证明：对每个 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，存在唯一的 $x_n\in [\frac{2}{3},1]$，满足 $f_n(x_n)=0$；

(2)对任意 $p\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，由(1)中 $x_n$ 构成的数列 $\{x_n\}$ 满足 $0<x_n-x_{n+p}<\frac{1}{n}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（零点存在与唯一）：
   • 唯一性：通过求导 $f_n^{\prime }(x)$ 证明函数在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。
   • 存在性：计算区间端点值 $f_n(1)$ 和 $f_n(\frac{2}{3})$ 的正负。
   • $f_n(1)$ 可知 $\ge 0$；对于 $f_n(\frac{2}{3})$，利用等比数列求和公式放缩证明其 $<0$。
2. 第二问（数列不等式证明）：
   • 证明 $x_{n+p}<x_n$：通过 $f_{n+1}(x)=f_n(x)+\frac{x^{n+1}}{(n+1{)}^2}>f_n(x)$，结合单调性证明数列单调递减。
   • 证明上限 $\frac{1}{n}$：
     • 利用 $f_n(x_n)=0$ 和 $f_{n+p}(x_{n+p})=0$ 作差。
     • 利用中值思想或不等式放缩，将 $x_n-x_{n+p}$ 隔离开。
     • 关键步骤：利用 $\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$ 进行放缩并裂项求和。

✅【答案】

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所以 $f_n(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内单调递增。；综上所述，$0<x_n-x_{n+p}<\frac{1}{n}$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）证明： 对每个 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，当 $x>0$ 时： $f_n^{\prime }(x)=1+\frac{x}{2}+\cdots +\frac{x^{n-1}}{n}>0$ 所以 $f_n(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内单调递增。

计算端点值： 当 $n=1$ 时，$f_1(1)=0$；当 $n\ge 2$ 时，$f_n(1)=-1+1+{\sum }_{k=2}^n\frac{1}{k^2}>0$。故 $f_n(1)\ge 0$。 对于 $f_n(\frac{2}{3})$： $f_n(\frac{2}{3})=-1+\frac{2}{3}+{\sum }_{k=2}^n\frac{(\frac{2}{3}{)}^k}{k^2}\le -\frac{1}{3}+\frac{1}{4}{\sum }_{k=2}^n(\frac{2}{3}{)}^k$ 利用等比数列求和： $f_n(\frac{2}{3})<-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\cdot \frac{(\frac{2}{3}{)}^2[1-(\frac{2}{3}{)}^{n-1}]}{1-\frac{2}{3}}=-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}[1-(\frac{2}{3}{)}^{n-1}]=-\frac{1}{3}(\frac{2}{3}{)}^{n-1}<0$ 根据零点存在性定理，存在唯一的 $x_n\in [\frac{2}{3},1]$，满足 $f_n(x_n)=0$。

（Ⅱ）证明： 当 $x>0$ 时，$f_{n+1}(x)=f_n(x)+\frac{x^{n+1}}{(n+1{)}^2}>f_n(x)$。 则 $f_{n+1}(x_{n+1})=0=f_n(x_n)$。 由于 $f_{n+1}(x_{n+1})>f_n(x_{n+1})$，所以 $f_n(x_n)>f_n(x_{n+1})$。 由 $f_n(x)$ 单调递增得 $x_n>x_{n+1}$，故数列 $\{x_n\}$ 单调递减，即 $x_n-x_{n+p}>0$。

证明上限： 由 $f_n(x_n)=0$ 和 $f_{n+p}(x_{n+p})=0$ 两式相减： $(x_n-x_{n+p})+{\sum }_{k=2}^n\frac{x_n^k-x_{n+p}^k}{k^2}={\sum }_{k=n+1}^{n+p}\frac{x_{n+p}^k}{k^2}$ 由于 $x_n>x_{n+p}$，左侧每一项均大于 $0$，故： $x_n-x_{n+p}<(x_n-x_{n+p})+{\sum }_{k=2}^n\frac{x_n^k-x_{n+p}^k}{k^2}={\sum }_{k=n+1}^{n+p}\frac{x_{n+p}^k}{k^2}$

因为 $x_{n+p}\le 1$，所以： $x_n-x_{n+p}<{\sum }_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k^2}<{\sum }_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k(k-1)}$ 利用裂项相消法： ${\sum }_{k=n+1}^{n+p}(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}$ 综上所述，$0<x_n-x_{n+p}<\frac{1}{n}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：函数的单调性与零点的关系；利用不等式放缩处理数列极限思想。

核心方法：“放缩裂项法”。在处理 $\sum \frac{1}{k^2}$ 类型的证明时，$\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}$ 是最高频的技巧。

避坑指南：证明 $x_n$ 的单调性时，必须明确 $f_{n+1}(x)$ 与 $f_n(x)$ 的大小关系，这是建立项与项之间联系的桥梁。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：巴塞尔问题（${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$）、泰勒展开式。

结论推广：数列 $\{x_n\}$ 的极限存在。由于单调递减且有下界 $\frac{2}{3}$，根据单调有界原理，${\lim }_{n\to \infty }{x}_n$ 存在。

方法推广：面对 $f_n(x)=0$ 类型的动态函数零点，通常通过构造 $f_{n+1}(x)$ 进行比较。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型

类题演练 (Links)

• 2014-新课标I卷文-21 解-导数存在性
• 2014-广东卷文-21 解-导数存在性
• 2013-新课标II卷文-12 单-存在性问题