Question

（2012•黄浦区二模）对n∈N^*，定义函数f_n（x）=-（x-n）²+n，n-1≤x≤n．
（1）求证：y=f_n（x）图象的右端点与y=f_n+1（x）图象的左端点重合；并回答这些端点在哪条直线上．
（2）若直线y=k_nx与函数f_n（x）=-（x-n）²+n，n-1≤x≤n（n≥2，n∈N^*）的图象有且仅有一个公共点，试将k_n表示成n的函数．
（3）对n∈N^*，n≥2，在区间[0，n]上定义函数y=f（x），使得当m-1≤x≤m（n∈N^*，且m=1，2，…，n）时，f（x）=f_m（x）．试研究关于x的方程f（x）=f_n（x）（0≤x≤n，n∈N^*）的实数解的个数（这里的k_n是（2）中的k_n），并证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）由f_n（n）=n 得 y=f_n（x）图象右端点的坐标为（n，n），由f_n+1（n）=n得 y=f_n+1（x）图象左端点的坐标为（n，n），故两端点重合，且这些点在直线y=x上．
（2）由题设及（1）的结论方程-（x-n）²+n=k_n•x可得 1＜k_n＜2，且k_n单调递减．在n-1≤x≤n上有两个相等的实数根．求出方程的两个根，求得 k_n=2n-2

n2-n

，
（n≥2，n∈N^*）．
（3）当n≥2时，求得 k_n=

2

1+  1- 1 n

，可得 1＜k_n＜2，且k_n单调递减．分①当n≥3时，和②当n=2时两种情况，分别求得方程 f（x）=k_n•x（ 0≤x≤n，n∈N^*）的实数解的
个数为2n-1，从而证得结论．

解答：（1）证明：由f_n（n）=n 得 y=f_n（x）图象右端点的坐标为（n，n），
由f_n+1（n）=n得 y=f_n+1（x）图象左端点的坐标为（n，n），故两端点重合．  （2分）
并且对 n∈N^*，这些点在直线y=x上．（4分）
（2）由题设及（1）的结论，两个函数图象有且仅有一个公共点，即方程-（x-n）²+n=k_n•x在 满足n-1≤x≤n的区间上有两个相等的实数根．
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）
此时方程的两个实数根x₁，x₂相等，由 x₁+x₂=2n-k_n，
得 x₁=x₂=

2n-k n

2

=[2n±2

n2-n

]=m

n2-n

，
因为 n-1≤x₁=x₂≤n，所以只能 k_n=2n-2

n2-n

，（n≥2，n∈N^*）．（10分）
（3）当n≥2时，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单调递减．                                                      （14分）
①当n≥3时，对于2≤i≤n-1，总有1＜k_n＜k_i，亦即直线y=k_nx与函数f_i（x）的图象总有两个不同的公共点（直线y=k_nx在直线y=x与直线y=k_i x之间）．
对于函数f_i（x）来说，因为 1＜k_n＜2，所以方程 k_n•x=f_i（x）有两个解：x₁=0，x₂=2-k_n∈（0，1）．
此时方程f（x）=k_n•x（ 0≤x≤n，n∈N^*）的实数解的个数为2（n-1）+1=2n-1．（16分）
②当n=2时，因为1＜k₂＜2，所以方程 k₂x=f_i（x）有两个解．此时方程f（x）=k₂x．
（0≤x≤2）的实数解的个数为3．    （17分）
综上，当n≥2，n∈N^*时，方程 f（x）=k_n•x（ 0≤x≤n，n∈N^*）的实数解的个数为2n-1．  （18分）

点评：本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，二次函数的性质，体现了化归与转化的数学思想，属于中档题．