Question

已知函數(shù)f（x）=x|x-2m|，常數(shù)m∈R．
（1）設(shè)m=0．求證：函數(shù)f（x）遞增；
（2）設(shè)m＞0．若函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值為m²，求正實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）設(shè)-2＜m＜0．記f₁（x）=f（x），f_k+1（x）=f_k（f（x）），k∈N^*．設(shè)n是正整數(shù)，求關(guān)于x的方程f_n（x）=0的解的個(gè)數(shù)．

Answer 1

考點(diǎn)：根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷

專(zhuān)題：計(jì)算題

分析：（1）m=0時(shí)，f（x）=x|x|=

x2 -x2

，接下來(lái)可以用函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行證明：設(shè)x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，分別在x₁，x₂都大于零或都小于零、或其中一個(gè)大于零另一個(gè)小零情況下得到f（x₁）＜f（x₂），所以函數(shù)為R上的增函數(shù)；
（2）先在（0，+∞）上將原函數(shù)變形，變?yōu)閒（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，再令g（x）=x（x-2m），通過(guò)討論二次函數(shù)g（x）的性質(zhì)可知，得到它的單調(diào)性：f（x）在（0，m）上遞增，在（m，2m）上遞減，在（2m，+∞）上遞增．再討論自變量1究竟落在哪一個(gè)區(qū)間內(nèi)，結(jié)合比較f（1）、f（m）的大小，再解相關(guān)的不等式，最后綜合可得實(shí)數(shù)m的取值范圍是[

2

-1，1]．
（3）當(dāng)n∈N^*時(shí)，方方程f_n（x）=0有且僅有n+1個(gè)解，其中一個(gè)解為0，另n個(gè)解均在區(qū)間（-∞，2m]中，因此所求解的個(gè)數(shù)為n+1．用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明：首先驗(yàn)證n=1時(shí)，方程f₁（x）=f（x）=0有且僅有兩解2m與0，然后再假設(shè)當(dāng)n=k，k∈N^*時(shí)，命題成立，通過(guò)一元二次方程根的討論，結(jié)合兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小，可以證出當(dāng)n=k+1，k∈N^*時(shí)，命題也成立成立，就證出了上述命題．

解答： 解：（1）由題意，f（x）=x|x|=

x2 -x2

，
任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂
當(dāng)0≤x₁＜x₂時(shí)，f（x₁）-f（x₂）=x₁²-x₂²＜0；
當(dāng)x₁＜x₂≤0時(shí)，f（x₁）-f（x₂）=-x₁²+x₂²=|x₂|²-|x₁²|＜0
當(dāng)x₁＜0＜x₂時(shí)，f（x₁）-f（x₂）=-x₁²-x₂²＜0
綜上所述，f（x）在的上為單調(diào)增函數(shù)．
（2）在區(qū)間（0，+∞）上，函數(shù)f（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，
令g（x）=x（x-2m），它在（0，m）上遞減，在上（m，+∞）遞增
而在[0，+∞）上，f（x）=

g(x)    x≥2m -g(x)  0≤x＜2m

根據(jù)二次函數(shù)g（x）的性質(zhì)可知，f（x）在（0，m）上遞增，在（m，2m）上遞減，在（2m，+∞）上遞增
當(dāng)1∈（0，m]時(shí)，即當(dāng)m≥1時(shí)，[f（x）]max=f（1）=2m-1，解得2m-1=m²，故此時(shí)m=1
當(dāng)1∈（m，2m]時(shí)，即

1

2

≤m＜1時(shí)，此時(shí)，[f（x）]max=f（m）=m²，此時(shí)的m均滿(mǎn)足題意．
當(dāng)1∈（2m，+∞）時(shí)，即0＜m＜

1

2

時(shí)，[f（x）]max為f（1）與f（m）中較大者，
而故f（m）=m²，f（1）=1-2m，故[f（x）]max=m²當(dāng)且僅當(dāng)m²≥1-2m
解這個(gè)不等式，得m≤-1-

2

或m≥-1+

2

最后將這個(gè)范圍與0＜m＜

1

2

進(jìn)行交集運(yùn)算，得m∈[

2

-1，

1

2

）
綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[

2

-1，1]
（3）容易知道f₁（x）=f（x）=0有且僅有兩解2m與0
以下用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n∈N^*時(shí)，方程f_n（x）=0有且僅有n+1個(gè)解，其中一個(gè)解為0，
另n個(gè)解均在區(qū)間（-∞，2m]中
（i）當(dāng)n=1時(shí)，f₁（x）=0即f（x）=x|x-2m|=0，其有且僅有兩個(gè)解分別為0和2m，此時(shí)命題成立
（ii）假設(shè)當(dāng)n=k，k∈N^*時(shí)，命題成立，即方程f_k（x）=0有且僅有k+1個(gè)解，其中一個(gè)解為0，另k個(gè)解均在（-∞，2m]中，將這個(gè)k解從小至大依次記為a₁，a₂，a₃，…，a_k
當(dāng)n=k+1時(shí)，方程f_k+1（x）=0即f_k（f（x））=0．
該方程成立當(dāng)且僅當(dāng)f（x）=a₁，f（x）=a₂，f（x）=a₃，…，f（x）=a_k，f（x）=0之一成立
這k+1個(gè)方程的解互不相同，以下研究各個(gè)方程解的情況．
f（x）=0的解為2m與0對(duì)于方程f（x）=a_i，i=1，2，3，…，k，是在（-∞，2m]中的常數(shù)，
由于a_i＜0故方程f（x）=x（x-2m）=a_i的解必定是復(fù)數(shù)．
當(dāng)x∈[2m，0）時(shí)，由二次函數(shù)性質(zhì)，f（x）=x（x-2m）≥-m²
由于m∈（-2，0），-m²＞2m≥a_i，于是當(dāng)x∈[2m，0）時(shí)，f（x）＞a₁，因此方程f（x）=x|x-2m|=a_i的解必定小于2m
當(dāng)x∈（-∞，2m）時(shí)，方程等f(wàn)（x）=x|x-2m|=-x²+2mx，方程f（x）=a_i等價(jià)于x²-2mx+a_i=0，該方程在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有兩解m±

m2-a i

，其中m-

m2-a i

＜2m，而m+

m2-a i

＞0＞2m
綜上所述，當(dāng)i=1，2，3，…，k之一時(shí)，方程f（x）=a_i有且僅有一個(gè)解，且無(wú)論i取1，2，3，…，k中何值，所得解一定小于2m
這樣，算上f（x）=0的兩個(gè)解0，2m，方程f_k+1（x）=0的解共有k+2個(gè)，且其中有一個(gè)是0，另k+1個(gè)均在（-∞，2m]中，
這表明當(dāng)n=k+1時(shí)，命題同樣成立
根據(jù)（i）和（ii）可以斷定：當(dāng)n∈N^*時(shí)，方程f_n（x）=0有且僅有n+1個(gè)解，其中一個(gè)解為0，另n個(gè)解均在區(qū)間（-∞，2m]中，因此所求的解的個(gè)數(shù)為n+1．

點(diǎn)評(píng)：本題以含有絕對(duì)值的函數(shù)為例，考查了二次函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的零點(diǎn)等知識(shí)點(diǎn)，屬于難題．解題時(shí)應(yīng)該注意分類(lèi)討論和轉(zhuǎn)化化歸等常用數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用．