设函数fn（x）=xn+bx+c（n∈N+，b，c∈R）
（1）设n≥2，b=1，c=﹣1，证明：fn（x）在区间
内存在唯一的零点；
（2）设n=2，若对任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，求b的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设xn是fn（x）在
内的零点，判断数列x2，x3，…，xn
的增减性．
设函数fn（x）=xn+bx+c（n∈N+，b，c∈R）
（1）设n≥2，b=1，c=﹣1，证明：fn（x）在区间内存在唯一的零点；
（2）设n=2，若对任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，求b的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设xn是fn（x）在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn的增减性．
【考点】数列与函数的综合；根的存在性及根的个数判断．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）根据 fn（
）fn（1）=（
﹣）×1＜0，以及fn（x）在区间内单调递增，可得fn（x）在区间内存在唯一的零点．
（2）当n=2，由题意可得函数f2（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的差M≤4，分当
＞1时、当﹣1≤﹣
＜0时、当0≤﹣≤1 时三种情况，分别求得b的取值范围，再取并集，即得所求．
（3）证法一：先求出fn（xn）和fn+1（xn+1）的解析式，再由当xn+1∈时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）=
+xn+1﹣1＜
+xn+1﹣1=fn（xn+1），且
fn（x）在区间
内单调递增，故有xn＜xn+1，从而得出结论．
证法二：设xn是fn（x）=xn+x﹣1在内的唯一零点，由fn+1（xn） fn+1（1）＜0可得 fn+1（x）的零点在（xn，1）内，从而有 xn＜xn+1 （n≥2），由此得出结论．
【解答】解：（1）由于n≥2，b=1，c=﹣1，fn（x）=xn+bx+c=xn+x﹣1，∴fn（
）fn（1）=（
﹣）×1＜0，
∴fn（x）在区间内存在零点．再由fn（x）在区间内单调递增，可得fn（x）在区间
内存在唯一的零点．
（2）当n=2，函数f2（x）=x2+bx+c，对任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，
故函数f2（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的差M≤4．
当
＞1时，即b＞2或 b＜﹣2时，M=|f2（﹣1）﹣f2（1）|=2|b|＞4，这与题设相矛盾．
当﹣1≤﹣
＜0时，即0＜b≤2时，M=f2（1）﹣
=
≤4 恒成立．
当0≤﹣≤1 时，即﹣2≤b≤0时，M=f2（﹣1）﹣=
≤4 恒成立．
综上可得，﹣2≤b≤2．
（3）证法一：在（1）的条件下，xn是fn（x）=xn+x﹣1在内的唯一零点，则有fn（xn）=
+xn﹣1=0，
fn+1（xn+1）=
+xn+1﹣1=0．
当xn+1∈
时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）=+xn+1﹣1＜
+xn+1﹣1=fn（xn+1）．
由（1）知，fn（x）在区间内单调递增，故有xn＜xn+1，故数列x2，x3，…，xn
单调递增数列．
证法二：设xn是fn（x）=xn+x﹣1在
内的唯一零点，
fn+1（xn） fn+1（1）=（
+xn﹣1）×1=+xn﹣1＜
+xn﹣1=0，
故fn+1（x）的零点在（xn，1）内，∴xn＜xn+1 （n≥2），故数列x2，x3，…，xn
单调递增数列．
【点评】本题主要考查方程的根的存在性及个数判断，树立与函数的综合，体现了分类讨论、化归与转化的数学思想，
属于难题．