Question

6．已知函数f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{1-{{（x-1）}^2}}}&{x∈[0，2）}\\{f（x-2）}&{x∈[2，+∞）}\end{array}}$，若对于正数k_n（n∈N^*），关于x的函数g（x）=f（x）-k_nx的零点个数恰好为2n+1个，则$\lim_{n→+∞}$（k₁²+k₂²+k₃²+…+k_n²）=$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 画出函数f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{1-{{（x-1）}^2}}}&{x∈[0，2）}\\{f（x-2）}&{x∈[2，+∞）}\end{array}}$的图象，若g（x）=0，则f（x-2）=k_nx，数形结合可得圆心（2n+1，0）到直线y=k_nx的距离为1，进而得到答案．

解答 解：当0≤x＜2时，（x-1）²+y²=1，（y≥0）
其图形是以（1，0）点为圆心以1为半径的上半圆，
当x≥2时，函数f（x）=f（x-2）表示函数的周期为2，
故函数f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{1-{{（x-1）}^2}}}&{x∈[0，2）}\\{f（x-2）}&{x∈[2，+∞）}\end{array}}$的图象如下：

若g（x）=0，则f（x-2）=k_nx，
由于g（x）的零点个数为2n+1
则直线y=k_nx与第n+1个半圆相切，
圆心（2n+1，0）到直线y=k_nx的距离为1，
即$\frac{{|{{k_n}（2n+1）}|}}{{\sqrt{1+k_n^2}}}=1⇒k_n^2=\frac{1}{4}•\frac{1}{n（n+1）}=\frac{1}{4}•（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$
有k₁²+k₂²+k₃²+…+k_n²=$\frac{n}{4（n+1）}$．
∴$\lim_{n→+∞}$（k₁²+k₂²+k₃²+…+k_n²）=$\frac{1}{4}$，
故答案为：$\frac{1}{4}$

点评 本题考查的知识点是函数的图象，函数的零点，极限运算，直线与圆的位置关系，难度中档．