Question

（2013•廣州一模）已知n∈N^*，設函數fn(x)=1-x+

x2

2

-

x3

3

+…-

x2n-1

2n-1

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

Answer 1

分析：（1）y=f₂（x）-kx=1-x+

x2

2

-

x3

3

-kx，求導數y′，按△≤0，△＞0兩種情況討論，△≤0時y′≤0，可知函數在R上的單調性；當△＞0時解不等式y(tǒng)′＞0，y′＜0即得函數的單調區(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（-∞，+∞）上單調遞減．而f_n（1）0，根據零點存在定理及函數單調性知，方程f_n（x）=0在[1，2]上有唯一實數解，綜述可得結論；

解答：解：（1）因為y=f₂（x）-kx=1-x+

x2

2

-

x3

3

-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k≥-

3

4

時，△≤0，y′=-（x²-x+k+1）≤0，
故函數y=f₂（x）-kx在R上單調遞減；
當k＜-

3

4

時，方程x²-x+k+1=0的兩根為x1=

1- -3-4k

2

，x2=

1+ -3-4k

2

，
則x∈（-∞，x₁）時，y′＜0，x∈（x₁，x₂）時，y′＞0，x∈（x₂，+∞）時，y′＜0，
故函數y=f₂（x）-kx（k∈R）的單調遞減區(qū)間為（-∞，x₁）和（x₂，+∞），單調遞增區(qū)間為（x₁，x₂）；
（2）存在t=1，對于任意n∈N^*，關于x的方程f_n（x）=0在區(qū)間[t，t+1]上有唯一實數解，理由如下：
當n=1時，f₁（x）=1-x，令f₁（x）=1-x=0，解得x=1，
所以關于x的方程f₁（x）=0有唯一實數解x=1；
當n≥2時，由f_n（x）=1-x+

x2

2

-

x3

3

+…-

x2n-1

2n-1

，
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）=-

x2n-1+1

x+1

，
當x＜-1時，x+1＜0，x^2n-1+1＜0，f′_n（x）＜0，
當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（-∞，+∞）上單調遞減．
因為f_n（1）=（1-1）+（

1

2

-

1

3

）+（

1

4

-

1

5

）+…+（

1

2n-2

-

1

2n-1

）＞0，
f_n（2）=（1-2）+（

22

2

-

23

3

）+（

24

4

-

25

5

）+…+（

22n-2

2n-2

-

22n-1

2n-1

）
=-1+（

1

2

-

2

3

）•2²+（

1

4

-

2

5

）•2⁴+…+(

1

2n-2

-

2

2n-1

)•22n-2
=-1-

1

2•3

•2²-

3

4•5

•24-…-

2n-3

(2n-2)(2n-1)

•22n-2＜0，
所以方程f_n（x）=0在[1，2]上有唯一實數解，
綜上所述，對于任意n∈N^*，關于x的方程f_n（x）=0在區(qū)間[1，2]上有唯一實數解，所以t=1．

點評：本小題主要考查三次函數、一元二次不等式、一元二次方程、函數的零點、數列求和等基礎知識，考查數形結合、函數與方程、分類與整合、化歸與轉化的數學思想方法，以及抽象概括、推理論證、運算求解、創(chuàng)新意識．