（2013•潮州二模）设a＞0，函数f(x)＝1x2+a．

解题思路：第1问在一个区间有唯一零点需满足两个条件：（1）在这个区间单调；（2）区间端点函数值异号．第2问要利用数学归纳法证明，关键在于x_n+1=f（x_n）的应用．第3问要分k=1，k≥2，情况进行证明为m∈N^*时证明做铺垫，在其中结合不等式证明方法中的放缩法进行适当的放缩，还有等比数列求和公式．

（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

x22+2−
1

x21+2|＝
|
x22−
x21|
(
x22+2)(
x21+2)＜
|x2−x1||x2+x1|
4＝
1
2•
1
4|x2−x1|＝(

点评：
本题考点： 数列与不等式的综合；函数零点的判定定理；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查了在一个区间有唯一零点需满足的条件，往往会出现只对端点函数值异号，而忽略单调的条件出现错误．第2问考查了数学归纳法证明，难点在于由 n=k时成立，如何得出n=k+1也成立．第3问难点在于|xm+k-xk|=|（xm+k-xm+k-1）+（xm+k-1-xm+k-2）+…+（xk+1-xk）|这个式子的得出．总体来说本题比较难．