（本小题满分 14 分） 设函数 f_ n (x)=x^…——2012 高考数学第 21 题答案解析

**（1）证明：**
当 $n \geq 2, b=1, c=-1$ 时，$f_{n}(x)=x^{n}+x-1$。
首先判断零点的存在性：
$f_{n}\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+\frac{1}{2}-1=\frac{1}{2^{n}}-\frac{1}{2}$。
因为 $n \geq 2$，所以 $2^{n} \geq 4$，即 $\frac{1}{2^{n}} \leq \frac{1}{4}$，故 $f_{n}\left(\frac{1}{2}\right) < 0$。
又 $f_{n}(1)=1+1-1=1 > 0$。
由零点存在性定理可知，$f_{n}(x)$ 在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 内至少存在一个零点。

再判断零点的唯一性：
求导得 $f_{n}^{\prime}(x)=n x^{n-1}+1$。
当 $x \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 且 $n \geq 2$ 时，$x^{n-1}>0$，故 $f_{n}^{\prime}(x)>0$ 恒成立。
因此，$f_{n}(x)$ 在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上单调递增。
综上，$f_{n}(x)$ 在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 内存在唯一的零点。

**（2）解：**
当 $n=2$ 时，$f_{2}(x)=x^{2}+b x+c$。
题目条件“对任意 $x_{1}, x_{2} \in[-1,1]$，有 $\left|f_{2}\left(x_{1}\right)-f_{2}\left(x_{2}\right)\right| \leq 4$”等价于函数 $f_{2}(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值与最小值之差不超过 4，即 $M-m \leq 4$，其中 $M=\max _{x \in[-1,1]} f_{2}(x)$，$m=\min _{x \in[-1,1]} f_{2}(x)$。
二次函数 $f_{2}(x)$ 的对称轴为 $x=-\frac{b}{2}$。分情况讨论：

1. 当 $\left|-\frac{b}{2}\right|>1$，即 $|b|>2$ 时：
函数在 $[-1,1]$ 上单调。
若 $b<-2$，对称轴 $x>1$，函数单调递减，$M=f_{2}(-1)=1-b+c$，$m=f_{2}(1)=1+b+c$。
$M-m = (1-b+c)-(1+b+c) = -2b = 2|b| > 4$，不合题意。
若 $b>2$，对称轴 $x<-1$，函数单调递增，$M=f_{2}(1)=1+b+c$，$m=f_{2}(-1)=1-b+c$。
$M-m = 2b = 2|b| > 4$，不合题意。
故 $|b|>2$ 不满足条件。

2. 当 $\left|-\frac{b}{2}\right| \leq 1$，即 $-2 \leq b \leq 2$ 时：
最小值在顶点处取得，$m=f_{2}\left(-\frac{b}{2}\right)=c-\frac{b^{2}}{4}$。
最大值在离对称轴较远的端点处取得。

* 若 $0 \leq b \leq 2$，则 $-1 \leq -\frac{b}{2} \leq 0$，对称轴靠近左端点或中点，右端点 $x=1$ 离对称轴更远（或相等）。
$M=f_{2}(1)=1+b+c$。
$M-m = (1+b+c) - \left(c-\frac{b^{2}}{4}\right) = 1+b+\frac{b^{2}}{4} = \left(1+\frac{b}{2}\right)^{2}$。
因为 $0 \leq b \leq 2$，所以 $1 \leq 1+\frac{b}{2} \leq 2$，故 $1 \leq M-m \leq 4$。
此时 $M-m \leq 4$ 恒成立。

* 若 $-2 \leq b < 0$，则 $0 < -\frac{b}{2} \leq 1$，对称轴靠近右端点或中点，左端点 $x=-1$ 离对称轴更远（或相等）。
$M=f_{2}(-1)=1-b+c$。
$M-m = (1-b+c) - \left(c-\frac{b^{2}}{4}\right) = 1-b+\frac{b^{2}}{4} = \left(1-\frac{b}{2}\right)^{2}$。
因为 $-2 \leq b < 0$，所以 $1 < 1-\frac{b}{2} \leq 2$，故 $1 < M-m \leq 4$。
此时 $M-m \leq 4$ 恒成立。

综上所述，$b$ 的取值范围是 $[-2, 2]$。

**（3）解：**
数列 $x_{2}, x_{3}, \cdots, x_{n}, \cdots$ 是递增数列。推导如下：

由（1）知，$x_{n}$ 是方程 $x^{n}+x-1=0$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 内的唯一根，即满足 $x_{n}^{n}+x_{n}-1=0$。
考察函数 $f_{n+1}(x)=x^{n+1}+x-1$ 在 $x=x_{n}$ 处的函数值：
$f_{n+1}\left(x_{n}\right)=x_{n}^{n+1}+x_{n}-1$。
因为 $x_{n} \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$，所以 $0 < x_{n} < 1$，故 $x_{n}^{n+1} < x_{n}^{n}$。
从而 $f_{n+1}\left(x_{n}\right) = x_{n} \cdot x_{n}^{n} + x_{n} - 1 < x_{n}^{n} + x_{n} - 1 = 0$。
即 $f_{n+1}\left(x_{n}\right) < 0$。

又因为 $f_{n+1}(1)=1^{n+1}+1-1=1 > 0$。
由（1）的结论可知，$f_{n+1}(x)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上单调递增，且存在唯一零点 $x_{n+1}$。
因为 $f_{n+1}\left(x_{n}\right) < 0$ 且 $f_{n+1}\left(x_{n+1}\right)=0$，根据单调性必有 $x_{n} < x_{n+1}$。
此不等式对任意 $n \geq 2$ 成立。
所以，数列 $x_{2}, x_{3}, \cdots, x_{n}, \cdots$ 是递增数列。