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{xn}：x1=0，xn+1=f（xn），n∈N*．（i）求证：对任意正整数n都有x2n-1＜x0＜x2n；（ii）当a=2时，若0＜-数学试题及答案

1、试题题目：设a＞0，函数f(x)=1x2+a．（Ⅰ）证明：存在唯一实数x0∈(0，1a..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-18 07:30:00

试题原文

设a＞0，函数f(x)=

1

x2+a

．
（Ⅰ）证明：存在唯一实数x0∈(0，

1

a

)，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≤

1

2

(k=2，3，4，…)，证明：对任意m∈N^*都有：|xm+k-xk|＜

1

3?4k-1

．

试题来源：潮州二模试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数零点的判定定理

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（Ⅰ）证明：①f（x）=x?x³+ax-1=0．…（1分）
令h（x）=x³+ax-1，则h（0）=-1＜0，h(

1

a

)=

1

a3

＞0，
∴h(0)?h(

1

a

)＜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，

1

a

)上有唯一零点，
即存在唯一实数x0∈(0，

1

a

)使f（x₀）=x₀．…（4分）
（Ⅱ）（i）当n=1时，x₁=0，x2=f(x1)=f(0)=

1

a

，由①知x0∈(0，

1

a

)，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)=

1

x2+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)=

1

2

，|x2-x1|=

1

2

…（9分）
当k=1时，|x3-x2|=|

1

x

22

+2

-

1

x

21

+2

|=

|

x

22

-

x

21

|

(

x

22

+2)(

x

21

+2)

＜

|x2-x1||x2+x1|

4

=

1

2

?

1

4

|x2-x1|=(

1

4

)2…（10分）
当k≥2时，∵0＜xk≤

1

2

，
∴|xk+1-xk|=|

1

x

2k

+2

-

1

x

2k-1

+2

|=

|

x

2k

-

x

2k-1

|

(

x

2k

+2)(

x

2k-1

+2)

＜

|xk-xk-1||

x

k

+xk-1|

4

＜

|xk-xk-1|

4

＜(

1

4

)2?|xk-1-xk-2|＜…＜(

1

4

)k-2?|x3-x2|＜(

1

4

)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）≤(

1

4m-1

+

1

4m-2

+…+

1

42

+

1

4

+1)|xk+1-xk|
=

1-

1

4m

1-

1

4

|xk+1-xk|=

4

3

?(1-

1

4m

)?|xk+1-xk|＜

4

3

?

1

4k

=

1

3?4k-1

…（14分）

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“设a＞0，函数f(x)=1x2+a．（Ⅰ）证明：存在唯一实数x0∈(0，1a..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数零点的判定定理”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数零点的判定定理”。

4、其他试题：看看身边同学们查询过的数学试题：