解题思路：（1）
f
2
(x)＝
x
2
+x−1
，令f2（x）=0，得到f2（x）在区间（[1/2]，1）内的零点．
（2）由
f
n
(
1
2
)＜0
，fn（1）＞0．知
f
n
(
1
2
)•
fn（1）＜0．从而得到fn（x）在
(
1
2
，1)
内存在零点．利用定义法推导出fn（x）在
(
1
2
，1)
内单调递增，由此能够证明fn（x）在
(
1
2
，1)
内存在唯一零点．
（3）当n=2时，f2（x）=x2+bx+c．对任意x1，x2∈[-1，1]都有|f2（x1）-f2（x2）|≤4，等价于f2（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4．由此进行分类讨论能求出b的取值范围．
（1）f2(x)＝x2+x−1，
令f2（x）=0，得x＝
−1±
5
2，
所以f2（x）在区间（[1/2]，1）内的零点是x=
−1+
5
2．
（2）证明：因为 fn(
1
2)＜0，fn（1）＞0．
所以fn(
1
2)•fn（1）＜0．
所以fn（x）在(
1
2，1)内存在零点．
任取x1，x2∈（[1/2]，1），且x1＜x2，
则fn（x1）-fn（x2）=（x1n−x2n）+（x1-x2）＜0，
所以fn（x）在(
1
2，1)内单调递增，
所以fn（x）在(
1
2，1)内存在唯一零点．
（3）当n=2时，f2（x）=x2+bx+c．
对任意x1，x2∈[-1，1]都有|f2（x1）-f2（x2）|≤4，
等价于f2（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4．
据此分类讨论如下：
①当|
b
2|＞1，即|b|＞2时，M=|f2（1）-f2（-1）|=2|b|＞4，与题设矛盾．
②当-1≤−
b
2＜0，即0＜b≤2时，M=f2（1）-f2（−
b
2）=（[b/2]+1）2≤4恒成立．
③当0≤−
b
2≤1，即-2≤b≤0时，M=f2（-1）-f2（−
b
2）=（[b/2]-1）2≤4恒成立．
综上可知
点评：
本题考点： 函数恒成立问题；函数的零点；函数与方程的综合运用．
考点点评： 本题考查函数的零点的求法，考查函数有唯一零点的证明，考查满足条件的实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用．
