f（x）=1+x-x22+x33-x44+…+x20152015，g（x）=1-x+x22-x33+x44-…-x201

∵f（x）=1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…+
x2013
2013，
∴f′（x）=（1-x）+（x²-x³）+…+x²⁰¹²
=（1-x）（1+x²+x⁴+…+x²⁰¹⁰）+x²⁰¹²
当x=-1时，f′（x）=2×1006+1=2013＞0，
当x≠-1时，f′（x）=（1-x）（1+x²+x⁴+…+x²⁰¹⁰）+x²⁰¹²
=（1-x）•
1−(x2)1006
1−x2+x²⁰¹²
=
1+x2013
1+x＞0，
∴f（x）=1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…+
x2013
2013在R上单调递增；
又f（0）=1，
f（-1）=-[1/2]-[1/3]-[1/4]-…-[1/2013]＜0，
∴f（x）=1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…+
x2013
2013在（-1，0）上有唯一零点，
由-1＜x+3＜0得：-4＜x＜-3，
∴f（x+3）在（-4，-3）上有唯一零点．
∵g（x）=1-x+
x2
2-
x3
3+
x4
4-…-
x2013
2013，
∴g′（x）=（-1+x）+（-x²+x³）+…-x²⁰¹²
=-[（1-x）+（x²-x³）+…+x²⁰¹²]
=-f′（x）＜0，
∴g（x）在R上单调递减；
又g（1）=（[1/2]-[1/3]）+（[1/4]-[1/5]）+…+（[1/2012]-[1/2013]）＞0，
g（2）=-1+（
22
2-
23
3）+（
24
4-
25
5）+…+（
22012
2012-
22013
2013），
∵n≥2时，
2n
n-
2n+1
n+1=
2n(1−n)
n(n+1)＜0，
∴g（2）＜0．
∴g（x）在（1，2）上有唯一零点，
由1＜x-4＜2得：5＜x＜6，
∴g（x-4）在（5，6）上有唯一零点．
∵函数F（x）=f（x+3）•g（x-4），
∴F（x）的零点即为f（x+3）和g（x-4）的零点．
∴F（x）的零点区间为（-4，-3）∪（5，6）．
又b，a∈Z，
∴（b-a）_min=6-（-4）=10．
故选C．

解题思路：先将原函数分解成两个函数g（x）=1+x-

x2

2

+

x3

3

-

x4

4

+…-

x2012

2012

+

x2013

2013

和y=cos2x的积，分别计算这两个函数的零点．前面的用导数证明是单调增，且f（-3）f（3）＜0，所以必有一个零点；后面一个函数y=cos2x的零点是四个，从而得出答案．

设g（x）=1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…-
x2012
2012+
x2013
2013，则g′（x）=1-x+x²-x³+…+x²⁰¹²=
1+x2013
1+x，
在区间[-3，3]上，
1+x2013
1+x＞0，故函数g（x）在[-3，3]上是增函数，
由于g（-3）式子中右边x的指数为偶次项前为负，奇数项前为正，结果必负，即g（-3）＜0，
且g（3）=1+3+（-
x2
2+
x3
3）+（-
x4
4+
x5
5）+…+（-
x2012
2012+
x2013
2013）＞0，
故在[-3，3]上函数g（x）有且只有一个零点．
又y=cos2x在区间[-3，3]上有四个零点，且与上述零点不重复，
∴函数f（x）=（1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…-
x2012
2012+
x2013
2013）cos2x在区间[-3，3]上的零点的个数为1+4=5．
故选C．

点评：
本题考点： 根的存在性及根的个数判断；二项式定理的应用．

考点点评： 本题主要考查了根的存在性及根的个数判断，导数的应用，考查了等价转化的思想，属于中档题．

解题思路：（1）利用导数与函数单调性的关系判断；
（2）利用（1）的结论，对n的奇偶性进行讨论并利用不等式性质进行放缩．

（I）函数f_n（x）的导数fn′(x)＝1−x+x2−…+(−1)n+1xn−1−
1/1+x]…（2分）
=
1−(−1)n+1xn−1•(−x)
1−(−x)−
1
1+x＝
(−1)n+1xn
1+x，…（4分）
故在（0，1）内，当n为奇数时，fn′(x)＝
xn
1+x＞0，则函数f_n（x）在（0，1）内单调递增；
当n为偶数时，fn′(x)＝−
xn
1+x＜0，则函数f_n（x）在（0，1）内单调递减．…（6分）
（II）注意到对任意n∈N^*，f_n（0）=0，…（7分）
由（I），对任意x∈（0，1），
当n为奇数时，f_n（x）＞0；当n为偶数时，f_n（x）＜0．…（8分）
故当n为奇数时，n+1为偶数，fn+1(x)＝fn(x)−
xn+1
n+1＜0，即fn(x)＜
xn+1
n+1，
而f_n（x）＞0，故|fn(x)|＜
xn+1
n+1；…（10分）
同理，当n为偶数时，仍有|fn(x)|＜
xn+1
n+1．
所以对任意n∈N^*及x∈（0，1），都有|fn(x)|＜
xn+1
n+1．…（12分）
又x∈（0，1），故
xn+1
n+1＜
1
n+1，即|fn(x)|＜
1
n+1＜
1
n．
因此α=1能够使得|fn(x)|＜
1
nα对所有的n∈N^*及x∈（0，1）都成立．…（14分）
再注意到

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 考查利用导数判断函数单调性的方法以及恒成立问题的转化思想等综合运用能力，属难题．

解题思路：求导数可判函数在（0，1）和（-1，0）都单调递增，再判断f（-1），f（0），f（1）的符号，结合零点的判定定理可得答案．

由题意可得f（0）=1，f′（x）=1-x+x²-x⁴+…+x²⁰¹²，
=
1×[1−(−x)2013]
1−(−x)=
1+x2013
1+x，
当x∈（0，1）时，f′（x）=
1+x2013
1+x＞0，函数f（x）单调递增，
又可得f（1）=1+（1-[1/2]）+（[1/3−
1
4]）+…+（[1/2011−
1
2012]）+[1/2013]＞0，
从而可得f（0）f（1）＞0，
由函数零点的判定定理可得：函数f（x）在（0，1）没有零点；
当x∈（-1，0）时，f′（x）=
1+x2013
1+x＞0，函数f（x）单调递增，
又可得f（-1）=1-1-[1/2]+（-[1/3−
1
4]）+…+（-[1/2011−
1
2012]）-[1/2013]＜0，
从而可得f（0）f（-1）＜0，
由函数零点的判定定理可得：函数f（x）在（-1，0）上有零点，且唯一一个．
故选C

点评：
本题考点： 函数的零点．

考点点评： 本题考查函数零点的判断，涉及导数的应用和等比数列的求和公式，属中档题．

解题思路：利用导数研究函数单调性，再根据函数零点的判定定理得出结论．

当-1＜x＜0时，f′（x）=1-x+x²-x³+…+x⁹⁸＞0，
故函数f（x）在区间（-1，0）上是增函数，
再由函数f（x）的解析式可得f（-1）=1-1-[1/2]-[1/3]-[1/4]-[1/5]-…-[1/99]＜0，f（0）=1＞0．
根据函数零点的判定定理可得函数f（x）在区间（-1，0）上有唯一零点x₁ ．
当1＜x＜2时，g′（x）=-1+x-x²+x³+…-x⁹⁸＜0，
故函数g（x）在区间（1，2）上是减函数．
再由函数f（x）的解析式可得g（1）=1-1+[1/2]-[1/3]+[1/4]-[1/5]-…-[1/99]＞0，
g（2）=1-2+
22
2-
23
3+
24
4-
25
5+…-
299
99＜0．
根据函数零点的判定定理可得函数g（x）在区间（1，2）上有唯一零点x₂，
故选B．

点评：
本题考点： 二项式定理的应用；函数的零点；函数零点的判定定理．

考点点评： 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数零点的判定定理的应用，属于中档题．

解题思路：（1）写出要用的函数，对于函数求导，导函数是一个二次函数，配方整理看出导函数一定小于0，得到函数的单调性．
（2）首先验证当n=1时，只有一个解，在验证n大于等于2时的情况，求出导数，根据导数的正负看出函数的单调性，看出交点的个数．

（1）f₂（x）=1+x-[1/2]x²+[1/3]x³，f₂′（x）=-1-x+x²=（x-[1/2]）²+[3/4]＞0，
所以f₂（x）在R单调递增．
（2）f₁（x）=1+x有唯一实数解x=-1
由f_n（x）=1+x-
x2
2+
x3
3+…+
x2n-1
2n-1，n∈N^*，
得f_n′（x）=1-x+x²-…-x^2n-3+x^2n-2．
（1）若x=-1，则f_n′（x）=（2n-1）＞0．
（2）若x=0，则f_n′（x）=1＞0．
（3）若x≠-1，且x≠0时，则f_n′（x）=
x2n-1+1
x+1．
①当x＜-1时，x+1＜0，x^2n-1+1＜0，f_n′（x）＞0．
②当x＞-1时，f_n′（x）＞0
综合（1），（2），（3），得f_n′（x）＞0，
即f_n（x）在R单调递增．（10分）
又f_n（0）=1＞0，f_n（-1）=1+（-1）-[1/2]+[1/3]-…-[1/2n-2]+[1/2n-1]＜0，
所以f_n（x）在（-1，0）有唯一实数解，从而f_n（x）在R有唯一实数解．
综上，f_n（x）=0有唯一实数解．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查函数与方程的关系和导数的应用，本题解题的关键是可以导数看出函数的单调性，根据单调性确定函数与横轴的交点个数．

解题思路：先将原函数分解成两个函数g（x）=1+x-

x2

2

+

x3

3

-

x4

4

+…-

x2012

2012

+

x2013

2013

和y=cos2x的积，分别计算这两个函数的零点．前面的用导数证明是单调增，且f（-3）f（3）＜0，所以必有一个零点；后面一个函数y=cos2x的零点是四个，从而得出答案．

设g（x）=1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…-
x2012
2012+
x2013
2013，则g′（x）=1-x+x²-x³+…+x²⁰¹²=
1+x2013
1+x，
在区间[-3，3]上，
1+x2013
1+x＞0，故函数g（x）在[-3，3]上是增函数，
由于g（-3）式子中右边x的指数为偶次项前为负，奇数项前为正，结果必负，即g（-3）＜0，
且g（3）=1+3+（-
x2
2+
x3
3）+（-
x4
4+
x5
5）+…+（-
x2012
2012+
x2013
2013）＞0，
故在[-3，3]上函数g（x）有且只有一个零点．
又y=cos2x在区间[-3，3]上有四个零点，且与上述零点不重复，
∴函数f（x）=（1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…-
x2012
2012+
x2013
2013）cos2x在区间[-3，3]上的零点的个数为1+4=5．
故选C．

点评：
本题考点： 根的存在性及根的个数判断；二项式定理的应用．

考点点评： 本题主要考查了根的存在性及根的个数判断，导数的应用，考查了等价转化的思想，属于中档题．

解题思路：先将原函数分解成两个函数g（x）=1+x-

x2

2

+

x3

3

-

x4

4

+…-

x2012

2012

+

x2013

2013

和y=cos2x的积，分别计算这两个函数的零点．前面的用导数证明是单调增，且f（-3）f（3）＜0，所以必有一个零点；后面一个函数y=cos2x的零点是四个，从而得出答案．

设g（x）=1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…-
x2012
2012+
x2013
2013，则g′（x）=1-x+x²-x³+…+x²⁰¹²=
1+x2013
1+x，
在区间[-3，3]上，
1+x2013
1+x＞0，故函数g（x）在[-3，3]上是增函数，
由于g（-3）式子中右边x的指数为偶次项前为负，奇数项前为正，结果必负，即g（-3）＜0，
且g（3）=1+3+（-
x2
2+
x3
3）+（-
x4
4+
x5
5）+…+（-
x2012
2012+
x2013
2013）＞0，
故在[-3，3]上函数g（x）有且只有一个零点．
又y=cos2x在区间[-3，3]上有四个零点，且与上述零点不重复，
∴函数f（x）=（1+x-
x2
2+
x3
3-
x4
4+…-
x2012
2012+
x2013
2013）cos2x在区间[-3，3]上的零点的个数为1+4=5．
故选C．

点评：
本题考点： 根的存在性及根的个数判断；二项式定理的应用．

考点点评： 本题主要考查了根的存在性及根的个数判断，导数的应用，考查了等价转化的思想，属于中档题．