Question

已知n∈N^*，設(shè)函數(shù)．
（1）求函數(shù)y=f₂（x）-kx（k∈R）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在整數(shù)t，對于任意n∈N^*，關(guān)于x的方程f_n（x）=0在區(qū)間[t，t+1]上有唯一實數(shù)解？若存在，求t的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）y=f₂（x）-kx=1-x+-kx，求導(dǎo)數(shù)y′，按△≤0，△＞0兩種情況討論，△≤0時y′≤0，可知函數(shù)在R上的單調(diào)性；當(dāng)△＞0時解不等式y(tǒng)′＞0，y′＜0即得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）先求n=1時方程f_n（x）=0的根，得區(qū)間[1，2]，理由如下：n=1時求出方程的根，易判斷；當(dāng)n≥2時，求出f_n′（x），討論可得x=-1，0時f′_n（x）＜0，x≠-1，0時，利用等比數(shù)列求和公式可化簡f′_n（x），此時也可判斷f′_n（x）＜0，從而可得f_n（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞減．而f_n（1）0，根據(jù)零點存在定理及函數(shù)單調(diào)性知，方程f_n（x）=0在[1，2]上有唯一實數(shù)解，綜述可得結(jié)論；
解答：解：（1）因為y=f₂（x）-kx=1-x+-kx，
所以y′=-1+x-x²-k=-（x²-x+k+1），
方程x²-x+k+1=0的判別式△=（-1）²-4（k+1）=-3-4k，
當(dāng)k≥-時，△≤0，y′=-（x²-x+k+1）≤0，
故函數(shù)y=f₂（x）-kx在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)k＜-時，方程x²-x+k+1=0的兩根為，，
則x∈（-∞，x₁）時，y′＜0，x∈（x₁，x₂）時，y′＞0，x∈（x₂，+∞）時，y′＜0，
故函數(shù)y=f₂（x）-kx（k∈R）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，x₁）和（x₂，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間為（x₁，x₂）；
（2）存在t=1，對于任意n∈N^*，關(guān)于x的方程f_n（x）=0在區(qū)間[t，t+1]上有唯一實數(shù)解，理由如下：
當(dāng)n=1時，f₁（x）=1-x，令f₁（x）=1-x=0，解得x=1，
所以關(guān)于x的方程f₁（x）=0有唯一實數(shù)解x=1；
當(dāng)n≥2時，由f_n（x）=1-x+-+…-，
得f_n′（x）=-1+x-x²+…+x^2n-3-x^2n-2，
若x=-1，則f′_n（x）=f′_n（-1）=-（2n-1）＜0，
若x=0，則f′_n（x）=-1＜0，
若x≠-1且x≠0時，則f′_n（x）=-，
當(dāng)x＜-1時，x+1＜0，x^2n-1+1＜0，f′_n（x）＜0，
當(dāng)x＞-1時，x+1＞0，x^2n-1+1＞0，f′_n（x）＜0，
所以f′_n（x）＜0，故f_n（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞減．
因為f_n（1）=（1-1）+（）+（）+…+（）＞0，
f_n（2）=（1-2）+（）+（-）+…+（-）
=-1+（）•2²+（）•2⁴+…+
=-1-•2²--…-＜0，
所以方程f_n（x）=0在[1，2]上有唯一實數(shù)解，
綜上所述，對于任意n∈N^*，關(guān)于x的方程f_n（x）=0在區(qū)間[1，2]上有唯一實數(shù)解，所以t=1．
點評：本小題主要考查三次函數(shù)、一元二次不等式、一元二次方程、函數(shù)的零點、數(shù)列求和等基礎(chǔ)知識，考查數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、分類與整合、化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，以及抽象概括、推理論證、運算求解、創(chuàng)新意識．