Question

（2013•广州一模）已知n∈N^*，设函数fn(x)=1-x+

x2

2

-

x3

3

+…-

x2n-1

2n-1

，x∈R．
（1）求函数y=f₂（x）-kx（k∈R）的单调区间；
（2）是否存在整数t，对于任意n∈N^*，关于x的方程f_n（x）=0在区间[t，t+1]上有唯一实数解？若存在，求t的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）y=f₂（x）-kx=1-x+

x2

2

-

x3

3

-kx，求导数y′，按△≤0，△＞0两种情况讨论，△≤0时y′≤0，可知函数在R上的单调性；当△＞0时解不等式y′＞0，y′＜0即得函数的单调区间；
（2）先求n=1时方程f_n（x）=0的根，得区间[1，2]，理由如下：n=1时求出方程的根，易判断；当n≥2时，求出f_n′（x），讨论可得x=-1，0时f′_n（x）＜0，x≠-1，0时，利用等比数列求和公式可化简f′_n（x），此时也可判断f′_n（x）＜0，从而可得f_n（x）在（-∞，+∞）上单调递减．而f_n（1）0，根据零点存在定理及函数单调性知，方程f_n（x）=0在[1，2]上有唯一实数解，综述可得结论；

解答：解：（1）因为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的判别式△=（-1）²-4（k+1）=-3-4k，
当k≥-

3

4

时，△≤0，y′=-（x²-x+k+1）≤0，
故函数y=f₂（x）-kx在R上单调递减；
当k＜-

3

4

时，方程x²-x+k+1=0的两根为x1=

1- -3-4k

2

，x2=

1+ -3-4k

2

，
则x∈（-∞，x₁）时，y′＜0，x∈（x₁，x₂）时，y′＞0，x∈（x₂，+∞）时，y′＜0，
故函数y=f₂（x）-kx（k∈R）的单调递减区间为（-∞，x₁）和（x₂，+∞），单调递增区间为（x₁，x₂）；
（2）存在t=1，对于任意n∈N^*，关于x的方程f_n（x）=0在区间[t，t+1]上有唯一实数解，理由如下：
当n=1时，f₁（x）=1-x，令f₁（x）=1-x=0，解得x=1，
所以关于x的方程f₁（x）=0有唯一实数解x=1；
当n≥2时，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，则f′_n（x）=f′_n（-1）=-（2n-1）＜0，
若x=0，则f′_n（x）=-1＜0，
若x≠-1且x≠0时，则f′_n（x）=-

x2n-1+1

x+1

，
当x＜-1时，x+1＜0，x^2n-1+1＜0，f′_n（x）＜0，
当x＞-1时，x+1＞0，x^2n-1+1＞0，f′_n（x）＜0，
所以f′_n（x）＜0，故f_n（x）在（-∞，+∞）上单调递减．
因为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]上有唯一实数解，
综上所述，对于任意n∈N^*，关于x的方程f_n（x）=0在区间[1，2]上有唯一实数解，所以t=1．

点评：本小题主要考查三次函数、一元二次不等式、一元二次方程、函数的零点、数列求和等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合、化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括、推理论证、运算求解、创新意识．