（20）（本小题满分 13 分）
设函数 $f_{x}(x)=-1+x+\frac{x^{2}}{2^{2}}+\frac{x^{3}}{3^{2}}+\ldots+\frac{x^{n}}{n^{2}}\left(x \in R, n \in N^{*}\right)$，证明：
（I）对每个 $n \in N^{*}$，存在唯一的 $x_{n} \in\left[\frac{2}{3}, 1\right]$，满足 $f_{x}\left(x_{n}\right)=0$；
（II）对任意 $p \in N^{*}$，由（I）中 $x_{n}$ 构成的数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $0
参考答案(1) 对每个 $n \in N^{*}$，当 $x>0$ 时，$f_{n}^{\prime}(x)=1+\frac{x}{2}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{n}>0$， 则 $f_{n}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调䔎增， 而 $f_{1}(1)=0$，当 $n \geq 2$ 时，$f_{n}(1)=\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}>0$， 故 $f_{n}(1) \geq 0$， 又 $f_{n}\left(\frac{2}{3}\right)=-1+\frac{2}{3}+\sum_{k=2}^{n} \frac{\left(\frac{2}{3}\right)^{k}}{k^{2}}--\frac{1}{3}+\frac{1}{4} \sum_{k=2}^{n}\left(\frac{2}{3}\right)$ $$ =-\frac{1}{3}+\frac{1}{4} \cdot \frac{\left(\frac{2}{3}\right)^{2}\left[1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\right]}{1-\frac{2}{3}}=-\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}<0 $$ 所以对每个 $n \in N^{*}$，存在唯一的 $x_{n} \in\left[\frac{2}{3}, 1\right]$，满足 $f_{x}\left(x_{n}\right)=0$ （1）当 $x>0$ 时，$f_{n+1}(x)=f_{n}(x)+\frac{x^{n+1}}{(n+1)^{2}}>f_{n}(x)$，并由①知 $f_{n+1}\left(x_{n}\right)>f_{n}\left(x_{n}\right)=f_{n+1}\left(x_{n+1}\right)=0$ 由 $f_{n+1}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递增知，$x_{n+1}<x_{n}$，放 $\left\{x_{n}\right\}$ 为单调迷减数列， 从而对任意 $n, p \in N^{*}, x_{n+p}<x_{n}$ 对任意 $p \in N^{*}$， $$ \begin{aligned} & f_{n}\left(x_{n}\right)=-1+x_{n}+\frac{x_{n}^{2}}{2^{2}}+\cdots+\frac{x_{2}^{2}}{n^{2}}=0 \\ & f_{n+p}\left(x_{n+p}\right)=-1+x_{n+p}+\frac{x_{n+p}^{2}}{2^{2}}+\cdots+\frac{x_{n+p}^{n}}{n^{2}}+\frac{x_{n+p}^{n+1}}{(n+1)^{2}}+\cdots+\frac{x_{n+p}^{n+p}}{(n+p)^{2}}=0 \end{aligned} $$ ①－; (2) 并移项，利用 $0<x_{n+p}<x_{n} \leq 1$，得 $$ \begin{aligned} x_{n}-x_{n+p} & =\sum_{k=2}^{n} \frac{x_{n+p}^{k}-x_{n}^{k}}{k^{2}}+\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{x_{n+p}^{k}}{k^{2}} \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{x_{n+p}^{k}}{k^{2}} \\ & \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k^{2}}<\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n} \end{aligned} $$ 因此，对任意 $p \in N^{*}, 0<x_{n}-x_{n \cdot p}<\frac{1}{n}$．