定义函数fn(x)＝(1+x)n−1，x＞−2，n∈N

解题思路：（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-2n2−n，（n≥2，n∈N*）．（3）当n≥2时，求得 kn=21+ 1−1n，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．

（1）证明：由f_n（n）=n 得 y=f_n（x）图象右端点的坐标为（n，n），
由f_n+1（n）=n得 y=f_n+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=k_n•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+（k_n-2n）x+n²-n=0，
由△=( kn−2n)2-4（n²-n）=0，解得 k_n=2n±2
n2−n，（8分）
此时方程的两个实数根x₁，x₂相等，由 x₁+x₂=2n-k_n，
得 x₁=x₂=
2n−k n
2=[2n±2
n2−n]=m
n2−n，
因为 n-1≤x₁=x₂≤n，所以只能 k_n=2n-2
n2−n，（n≥2，n∈N^*）．（10分）
（3）当n≥2时，求得 k_n=2n-2
n2−n=
2n
n+
n2−n=
2
1+
1−
1
n，
可得 1＜k_n＜2，且k_n单调递减． （14分）
①当n≥3时，对于2≤i≤n-1，总有1＜k_n＜k_i，亦即直线y=k_nx与函数f_i（x）的图象总有两个不同的公共点（直线y=k_nx在直线y=x与直线y=k_i x之间）．
对于函数f_i（x）来说，因为 1＜k_n＜2，所以方程 k_n•x=f_i（x）有两个x₁=0，x₂=2-k_n∈（0，1）．
此时方程f（x）=k_n•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=f_i（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）=k_n•x（ 0≤x≤n，n∈N^*）的实数解的个数为2n-1．（18分）

点评：
本题考点： 函数的零点与方程根的关系；二次函数的性质．

考点点评： 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．

解题思路：根据等差数列的性质，可得2＜a₂＜3，进而根据指数函数的图象和性质及幂函数的图象和性质，结合复合函数同增异减的原则，可判断出四个答案的真假．

∵a₁，a₂，a₃，a₄是一个等差数列﹐且满足0＜a₁＜2及a₃=4，
∴2＜a₂＜3，则f₂（a₂）=a₂^a₂∈（4，27），故f₂（a₂）＞4正确；
当0＜a₁＜1时，f₁（a₂）=a₁^a₂＜1，故f₁（a₂）＞1不正确；
函数f₂（x）=a₂^a_X，底数大于1，且指数部分为增函数，根据复合函数同增异减的原则，可得函数f₂（x）为递增函数
当x∈（0，+∞）时，幂函数f(n)(x)＝anx（n为自变量）为增函数，故f₁（x）＜f₂（x）＜f₃（x）＜f₄（x）
故选B

点评：
本题考点： 命题的真假判断与应用．

考点点评： 本题以命题的真假判断为载体，考查了指数函数，幂函数及复合函数的性质，但由于未给出函数的解析式，比较抽象，故难度稍大．

第21题 有详解 有图