Question

（2012•黃浦區(qū)二模）對n∈N^*，定義函數(shù)f_n（x）=-（x-n）²+n，n-1≤x≤n．
（1）求證：y=f_n（x）圖象的右端點與y=f_n+1（x）圖象的左端點重合；并回答這些端點在哪條直線上．
（2）若直線y=k_nx與函數(shù)f_n（x）=-（x-n）²+n，n-1≤x≤n（n≥2，n∈N^*）的圖象有且僅有一個公共點，試將k_n表示成n的函數(shù)．
（3）對n∈N^*，n≥2，在區(qū)間[0，n]上定義函數(shù)y=f（x），使得當(dāng)m-1≤x≤m（n∈N^*，且m=1，2，…，n）時，f（x）=f_m（x）．試研究關(guān)于x的方程f（x）=f_n（x）（0≤x≤n，n∈N^*）的實數(shù)解的個數(shù)（這里的k_n是（2）中的k_n），并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析：（1）由f_n（n）=n 得 y=f_n（x）圖象右端點的坐標(biāo)為（n，n），由f_n+1（n）=n得 y=f_n+1（x）圖象左端點的坐標(biāo)為（n，n），故兩端點重合，且這些點在直線y=x上．
（2）由題設(shè)及（1）的結(jié)論方程-（x-n）²+n=k_n•x可得 1＜k_n＜2，且k_n單調(diào)遞減．在n-1≤x≤n上有兩個相等的實數(shù)根．求出方程的兩個根，求得 k_n=2n-2

n2-n

，
（n≥2，n∈N^*）．
（3）當(dāng)n≥2時，求得 k_n=

2

1+  1- 1 n

，可得 1＜k_n＜2，且k_n單調(diào)遞減．分①當(dāng)n≥3時，和②當(dāng)n=2時兩種情況，分別求得方程 f（x）=k_n•x（ 0≤x≤n，n∈N^*）的實數(shù)解的
個數(shù)為2n-1，從而證得結(jié)論．

解答：（1）證明：由f_n（n）=n 得 y=f_n（x）圖象右端點的坐標(biāo)為（n，n），
由f_n+1（n）=n得 y=f_n+1（x）圖象左端點的坐標(biāo)為（n，n），故兩端點重合．  （2分）
并且對 n∈N^*，這些點在直線y=x上．（4分）
（2）由題設(shè)及（1）的結(jié)論，兩個函數(shù)圖象有且僅有一個公共點，即方程-（x-n）²+n=k_n•x在 滿足n-1≤x≤n的區(qū)間上有兩個相等的實數(shù)根．
整理方程得 x²+（k_n-2n）x+n²-n=0，
由△=( kn-2n)2-4（n²-n）=0，解得 k_n=2n±2

n2-n

，（8分）
此時方程的兩個實數(shù)根x₁，x₂相等，由 x₁+x₂=2n-k_n，
得 x₁=x₂=

2n-k n

2

=[2n±2

n2-n

]=m

n2-n

，
因為 n-1≤x₁=x₂≤n，所以只能 k_n=2n-2

n2-n

，（n≥2，n∈N^*）．（10分）
（3）當(dāng)n≥2時，求得 k_n=2n-2

n2-n

=

2n

n+  n2-n

=

2

1+  1- 1 n

，
可得 1＜k_n＜2，且k_n單調(diào)遞減．                                                      （14分）
①當(dāng)n≥3時，對于2≤i≤n-1，總有1＜k_n＜k_i，亦即直線y=k_nx與函數(shù)f_i（x）的圖象總有兩個不同的公共點（直線y=k_nx在直線y=x與直線y=k_i x之間）．
對于函數(shù)f_i（x）來說，因為 1＜k_n＜2，所以方程 k_n•x=f_i（x）有兩個解：x₁=0，x₂=2-k_n∈（0，1）．
此時方程f（x）=k_n•x（ 0≤x≤n，n∈N^*）的實數(shù)解的個數(shù)為2（n-1）+1=2n-1．（16分）
②當(dāng)n=2時，因為1＜k₂＜2，所以方程 k₂x=f_i（x）有兩個解．此時方程f（x）=k₂x．
（0≤x≤2）的實數(shù)解的個數(shù)為3．    （17分）
綜上，當(dāng)n≥2，n∈N^*時，方程 f（x）=k_n•x（ 0≤x≤n，n∈N^*）的實數(shù)解的個數(shù)為2n-1．  （18分）

點評：本題主要考查函數(shù)的零點與方程的根的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．