题目内容
（2012•黄浦区二模）对n∈N*，定义函数fn（x）=-（x-n）2+n，n-1≤x≤n．
（1）求证：y=fn（x）图象的右端点与y=fn+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=knx与函数fn（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kn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）=fm（x）．试研究关于x的方程f（x）=fn（x）（0≤x≤n，n∈N*）的实数解的个数（这里的kn是（2）中的kn），并证明你的结论．
（1）求证：y=fn（x）图象的右端点与y=fn+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=knx与函数fn（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kn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）=fm（x）．试研究关于x的方程f（x）=fn（x）（0≤x≤n，n∈N*）的实数解的个数（这里的kn是（2）中的kn），并证明你的结论．
分析：（1）由fn（n）=n 得 y=fn（x）图象右端点的坐标为（n，n），由fn+1（n）=n得 y=fn+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=kn•x可得 1＜kn＜2，且kn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 kn=2n-2
，
（n≥2，n∈N*）．
（3）当n≥2时，求得 kn=
，可得 1＜kn＜2，且kn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）=kn•x（ 0≤x≤n，n∈N*）的实数解的
个数为2n-1，从而证得结论．
（2）由题设及（1）的结论方程-（x-n）2+n=kn•x可得 1＜kn＜2，且kn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 kn=2n-2
| n2-n |
（n≥2，n∈N*）．
（3）当n≥2时，求得 kn=
| 2 | ||||
1+
|
个数为2n-1，从而证得结论．
解答：（1）证明：由fn（n）=n 得 y=fn（x）图象右端点的坐标为（n，n），
由fn+1（n）=n得 y=fn+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=kn•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+（kn-2n）x+n2-n=0，
由△=( kn-2n)2-4（n2-n）=0，解得 kn=2n±2
，（8分）
此时方程的两个实数根x1，x2相等，由 x1+x2=2n-kn，
得 x1=x2=
=[2n±2
]=m
，
因为 n-1≤x1=x2≤n，所以只能 kn=2n-2
，（n≥2，n∈N*）．（10分）
（3）当n≥2时，求得 kn=2n-2
=
=
，
可得 1＜kn＜2，且kn单调递减． （14分）
①当n≥3时，对于2≤i≤n-1，总有1＜kn＜ki，亦即直线y=knx与函数fi（x）的图象总有两个不同的公共点（直线y=knx在直线y=x与直线y=ki x之间）．
对于函数fi（x）来说，因为 1＜kn＜2，所以方程 kn•x=fi（x）有两个解：x1=0，x2=2-kn∈（0，1）．
此时方程f（x）=kn•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=fi（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）=kn•x（ 0≤x≤n，n∈N*）的实数解的个数为2n-1． （18分）
由fn+1（n）=n得 y=fn+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=kn•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+（kn-2n）x+n2-n=0，
由△=( kn-2n)2-4（n2-n）=0，解得 kn=2n±2
| n2-n |
此时方程的两个实数根x1，x2相等，由 x1+x2=2n-kn，
得 x1=x2=
| 2n-k n |
| 2 |
| n2-n |
| n2-n |
因为 n-1≤x1=x2≤n，所以只能 kn=2n-2
| n2-n |
（3）当n≥2时，求得 kn=2n-2
| n2-n |
| 2n | ||
n+
|
| 2 | ||||
1+
|
可得 1＜kn＜2，且kn单调递减． （14分）
①当n≥3时，对于2≤i≤n-1，总有1＜kn＜ki，亦即直线y=knx与函数fi（x）的图象总有两个不同的公共点（直线y=knx在直线y=x与直线y=ki x之间）．
对于函数fi（x）来说，因为 1＜kn＜2，所以方程 kn•x=fi（x）有两个解：x1=0，x2=2-kn∈（0，1）．
此时方程f（x）=kn•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=fi（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）=kn•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．
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