Question

6．已知函數f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{1-{{（x-1）}^2}}}&{x∈[0，2）}\\{f（x-2）}&{x∈[2，+∞）}\end{array}}$，若對于正數k_n（n∈N^*），關于x的函數g（x）=f（x）-k_nx的零點個數恰好為2n+1個，則$\lim_{n→+∞}$（k₁²+k₂²+k₃²+…+k_n²）=$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 畫出函數f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{1-{{（x-1）}^2}}}&{x∈[0，2）}\\{f（x-2）}&{x∈[2，+∞）}\end{array}}$的圖象，若g（x）=0，則f（x-2）=k_nx，數形結合可得圓心（2n+1，0）到直線y=k_nx的距離為1，進而得到答案．

解答 解：當0≤x＜2時，（x-1）²+y²=1，（y≥0）
其圖形是以（1，0）點為圓心以1為半徑的上半圓，
當x≥2時，函數f（x）=f（x-2）表示函數的周期為2，
故函數f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{1-{{（x-1）}^2}}}&{x∈[0，2）}\\{f（x-2）}&{x∈[2，+∞）}\end{array}}$的圖象如下：

若g（x）=0，則f（x-2）=k_nx，
由于g（x）的零點個數為2n+1
則直線y=k_nx與第n+1個半圓相切，
圓心（2n+1，0）到直線y=k_nx的距離為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）=$\frac{1}{4}$，
故答案為：$\frac{1}{4}$

點評 本題考查的知識點是函數的圖象，函數的零點，極限運算，直線與圓的位置關系，難度中檔．