Question

已知函数f（x）=x+

x3

3

…+

x2m-1

2m-1

，g（x）=

x2

2

+

x4

4

…+

x2n

2n

，定义域为R，m，n∈N^•，h₁（x）=c+f（x）-g（x），h₂（x）=c-f（x）+g（x）
（1）若n=1，m=2，求h₁（x）的单调区间；若n=2，m=2，求h₂（x）的最小值．
（2）（文科选做）若m=n，c=0时，令T（n）=h₂（1），求T（n）的最大值．
    （理科选做）若m=n，c=0时，令T（n）=h₁（1），求证：T（n）=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

．
（3）若m=n+1，c=1时，F（x）=h₁（x+3）h₂（x-2）且函数F（x）的零点均在区间[a，b]（a＜b，a，b∈Z）内，求b-a的最小值．

Answer 1

分析：（1）当n=1，m=2时，分别写出f（x）=x+

x3

3

，g（x）=

x2

2

，h₁（x）=c+x-

x2

2

+

x3

3

，再利用导数求h₁（x）的单调区间及h₂（x）的最小值；
（2）文科：当m=n，c=0时，T（n）=h₂（1）=-1+

1

2

-

1

3

+…-

1

2n-1

+

1

2n

．再研究其单调性即可得出T（n）最大值；
理科：m=n，c=0，T（n）=h₁（1）=1-

1

2

+

1

3

+…

1

2n-1

-

1

2n

．下面利用数学归纳法进行证明即可．
（3）当m=n+1，c=1时，h₁（x）=1+x-

x2

2

+

x3

3

-…-

x2n

2n

+

x2n+1

2n+1

，利用导数研究其单调性，从而得到h₁（x）在R上唯一零点在区间（-1，0）上，于是h₁（x+2）的唯一零点在区间（-3，-2）上．同理可得，h₂（x）在R上唯一零点在区间（1，2）上，于是h₂（x-2）的唯一零点在区间（3，4）上．最后求出b-a的最小值．

解答：解：（1）n=1，m=2，f（x）=x+

x3

3

，g（x）=

x2

2

，h₁（x）=c+x-

x2

2

+

x3

3

，
h'（x）=1-x+x²＞0，所以h₁（x）在R上单调增；         （2分）
n=2，m=2，f（x）=x+

x3

3

，g（x）=

x2

2

+

x4

4

，h₂（x）=c-x+

x2

2

-

x3

3

+

x4

4

，
h₂'（x）=-1+x-x²+x³=（x-1）（1+x²），
当x＜1时，h₂'（x）＜0，h₂'（x）单调递减；当x＞1时，h₂'（x）＞0，h₂'（x）单调递增；
故x=1时，h₂'（x）最小值为c-

7

12

．                    （5分）
（2）文科：m=n，c=0，
T（n）=h₂（1）=-1+

1

2

-

1

3

+…-

1

2n-1

+

1

2n

．
T（n+1）=h₂（1）=-1+

1

2

-

1

3

+…-

1

2n-1

+

1

2n

-

1

2n+1

+

1

2n+2

．
知T（n+1）＜T（n），故n=1时，T（n）最大为-

1

2

．
理科：m=n，c=0，T（n）=h₁（1）=1-

1

2

+

1

3

+…

1

2n-1

-

1

2n

．
①当n=1时，左边T（1）=1-

1

2

=

1

2

，右边=

1

2

；成立
②假设n=k时成立，则有
T（k）=1-

1

2

+

1

3

+…

1

2k-1

-

1

2k

．
T（k+1）=1-

1

2

+

1

3

+…

1

2k-1

-

1

2k

+

1

2k+1

-

1

2k+2

=T（k）+

1

2k+1

-

1

2k+2

=

1

k+1

+

1

k+2

+…+

1

2k

+

1

2k+1

-

1

2

•

1

k+1

=

1

k+2

+…+

1

2k

+

1

2k+1

+

1

2k+2

．
故当n=k+1时也成立．
综上所述，等式成立．                                           （11分）
（3）m=n+1，c=1，h₁（x）=1+x-

x2

2

+

x3

3

-…-

x2n

2n

+

x2n+1

2n+1

，（13分）
h

′ 1

（x）=1-x+x²-…-x^2n-1+x²ⁿ，
=

1+x2n+1 1+x ，x≠-1 2n+1，x=-1

，
当x≥0时，h

′ 1

（x）＞0；当-1＜x＜0时，h

′ 1

（x）＞0；当x＜-1时，h

′ 1

（x）＞0，故函数h

′ 1

（x）为R上的增函数，于是函数f（x）在R上最多只有一个零点．因h₁（0）=1＞0，h₁（-1）=（1-1）+（-

1

2

+

1

3

）+…+（-

1

2n

+

1

2n+1

）＜0，故h₁（0）h₁（-1）＜0，
因而h₁（x）在R上唯一零点在区间（-1，0）上，（15分）
于是h₁（x+2）的唯一零点在区间（-3，-2）上．
同理可得，函数h₂（x）为R上的减函数，于是函数h₂（x）在R上最多只有一个零点．
又h₂（1）=（1-1）+（

1

2

-

1

3

）+…+（

1

2n

-

1

2n+1

）＞0，
h₂（2）=（1-2）+2²（

1

2

-

2

3

）+2⁴（

1

4

-

2

5

）+…+2²ⁿ（

1

2n

-

2

2n+1

）＜0，于是h₂（1）h₂（2）＜0，因而h₂（x）在R上唯一零点在区间（1，2）上，于是h₂（x-2）的唯一零点在区间（3，4）上．
所以，F（x）的两零点落在区间[-3，4]上，b-a的最小值为7．       （18分）

点评：本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性、函数零点的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属于中档题．