Question

已知函数f（x）=x|x-2m|，常数m∈R．
（1）设m=0．求证：函数f（x）递增；
（2）设m＞0．若函数f（x）在区间[0，1]上的最大值为m²，求正实数m的取值范围；
（3）设-2＜m＜0．记f₁（x）=f（x），f_k+1（x）=f_k（f（x）），k∈N^*．设n是正整数，求关于x的方程f_n（x）=0的解的个数．

Answer 1

解：（1）由题意，f（x）=x|x|=，
任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂
当0≤x₁＜x₂时，f（x₁）-f（x₂）=x₁²-x₂²＜0；
当x₁＜x₂≤0时，f（x₁）-f（x₂）=-x₁²+x₂²=|x₂|²-|x₁²|＜0
当x₁＜0＜x₂时，f（x₁）-f（x₂）=-x₁²-x₂²＜0
综上所述，f（x）在的上为单调增函数．
（2）在区间（0，+∞）上，函数f（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，
令g（x）=x（x-2m），它在（0，m）上递减，在上（m，+∞）递增
而在[0，+∞）上，f（x）=
根据二次函数g（x）的性质可知，f（x）在（0，m）上递增，在（m，2m）上递减，在（2m，+∞）上递增
当1∈（0，m]时，即当m≥1时，[f（x）]max=f（1）=2m-1，解得2m-1=m²，故此时m=1
当1∈（m，2m]时，即时，此时，[f（x）]max=f（m）=m²，此时的m均满足题意．
当1∈（2m，+∞）时，即时，[f（x）]max为f（1）与f（m）中较大者，
而故f（m）=m²，f（1）=1-2m，故[f（x）]max=m²当且仅当m²≥1-2m
解这个不等式，得
最后将这个范围与进行交集运算，得m∈[-1，）
综上所述，实数m的取值范围是[-1，1]
（3）容易知道f₁（x）=f（x）=0有且仅有两解2m与0
以下用数学归纳法证明：当n∈N^*时，方程f_n（x）=0有且仅有n+1个解，其中一个解为0，
另n个解均在区间（-∞，2m]中
（i）当n=1时，f₁（x）=0即f（x）=x|x-2m|=0，其有且仅有两个解分别为0和2m，此时命题成立
（ii）假设当n=k，k∈N^*时，命题成立，即方程f_k（x）=0有且仅有k+1个解，其中一个解为0，另k个解均在（-∞，2m]中，将这个k解从小至大依次记为a₁，a₂，a₃，…，a_k
当n=k+1时，方程f_k+1（x）=0即f_k（f（x））=0．
该方程成立当且仅当f（x）=a₁，f（x）=a₂，f（x）=a₃，…，f（x）=a_k，f（x）=0之一成立
这k+1个方程的解互不相同，以下研究各个方程解的情况．
f（x）=0的解为2m与0对于方程f（x）=a_i，i=1，2，3，，…，k，是在（-∞，2m]中的常数，
由于a_i＜0故方程f（x）=x（x-2m）=a_i的解必定是负数．
当x∈[2m，0）时，由二次函数性质，f（x）=x（x-2m）≥-m²
由于m∈（-2，0），-m²＞2m≥a_i，于是当x∈[2m，0）时，f（x）＞a₁，因此方程f（x）=x|x-2m|=a_i的解必定小于2m
当x∈（-∞，2m）时，方程等f（x）=x|x-2m|=-x²+2mx，方程f（x）=a_i等价于x²-2mx+a_i=0，该方程在实数范围内
有两解m±，其中m-＜2m，而m+＞0＞2m
综上所述，当i=1，2，3，，…，k之一时，方程f（x）=a_i有且仅有一个解，且无论i取1，2，3，，…，k中何值，
所得解一定小于2m
这样，算上f（x）=0的两个解0，2m，方程f_k+1（x）=0的解共有k+2个，且其中有一个是0，另k+1个均在（-∞，2m]中，
这表明当n=k+1时，命题同样成立
根据（i）和（ii）可以断定：当n∈N^*时，方程f_n（x）=0有且仅有n+1个解，其中一个解为0，另n个解均在区间（-∞，2m]中，因此所求的解的个数为n+1．
分析：（1）m=0时，f（x）=x|x|=，接下来可以用函数单调性的定义进行证明：设x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，分别在x₁，x₂都大于零或都小于零、或其中一个大于零另一个小零情况下得到f（x₁）＜f（x₂），所以函数为R上的增函数；
（2）先在（0，+∞）上将原函数变形，变为f（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，再令g（x）=x（x-2m），通过讨论二次函数g（x）的性质可知，得到它的单调性：f（x）在（0，m）上递增，在（m，2m）上递减，在（2m，+∞）上递增．再讨论自变量1究竟落在哪一个区间内，结合比较f（1）、f（m）的大小，再解相关的不等式，最后综合可得实数m的取值范围是[-1，1]．
（3）当n∈N^*时，方方程f_n（x）=0有且仅有n+1个解，其中一个解为0，另n个解均在区间（-∞，2m]中，因此所求解的个数为n+1．用数学归纳法进行证明：首先验证n=1时，方程f₁（x）=f（x）=0有且仅有两解2m与0，然后再假设当n=k，k∈N^*时，命题成立，通过一元二次方程根的讨论，结合两个实数比较大小，可以证出当n=k+1，k∈N^*时，命题也成立成立，就证出了上述命题．
点评：本题以含有绝对值的函数为例，考查了二次函数的单调性和函数的零点等知识点，属于难题．解题时应该注意分类讨论和转化化归等常用数学思想的运用．