（1）因为y=f₂（x）-kx=1-x+

x2

2

-

x3

3

-kx，

所以y′=-1+x-x²-k=-（x²-x+k+1），

方程x²-x+k+1=0的判别式△=（-1）²-4（k+1）=-3-4k，

当k≥-

3

4

时，△≤0，y′=-（x²-x+k+1）≤0，

故函数y=f₂（x）-kx在R上单调递减；

当k＜-

3

4

时，方程x²-x+k+1=0的两根为x1=

1- -3-4k

2

，x2=

1+ -3-4k

2

，

则x∈（-∞，x₁）时，y′＜0，x∈（x₁，x₂）时，y′＞0，x∈（x₂，+∞）时，y′＜0，

故函数y=f₂（x）-kx（k∈R）的单调递减区间为（-∞，x₁）和（x₂，+∞），单调递增区间为（x₁，x₂）；

（2）存在t=1，对于任意n∈N^*，关于x的方程f_n（x）=0在区间[t，t+1]上有唯一实数解，理由如下：

当n=1时，f₁（x）=1-x，令f₁（x）=1-x=0，解得x=1，

所以关于x的方程f₁（x）=0有唯一实数解x=1；

当n≥2时，由f_n（x）=1-x+

x2

2

-

x3

3

+…-

x2n-1

2n-1

，

得f_n′（x）=-1+x-x²+…+x^2n-3-x^2n-2，

若x=-1，则f′_n（x）=f′_n（-1）=-（2n-1）＜0，

若x=0，则f′_n（x）=-1＜0，

若x≠-1且x≠0时，则f′_n（x）=-

x2n-1+1

x+1

，

当x＜-1时，x+1＜0，x^2n-1+1＜0，f′_n（x）＜0，

当x＞-1时，x+1＞0，x^2n-1+1＞0，f′_n（x）＜0，

所以f′_n（x）＜0，故f_n（x）在（-∞，+∞）上单调递减．

因为f_n（1）=（1-1）+（

1

2

-

1

3

）+（

1

4

-

1

5

）+…+（

1

2n-2

-

1

2n-1

）＞0，

f_n（2）=（1-2）+（

22

2

-

23

3

）+（

24

4

-

25

5

）+…+（

22n-2

2n-2

-

22n-1

2n-1

）

=-1+（

1

2

-

2

3

）•2²+（

1

4

-

2

5

）•2⁴+…+(

1

2n-2

-

2

2n-1

)•22n-2

=-1-

1

2•3

•2²-

3

4•5

•24-…-

2n-3

(2n-2)(2n-1)

•22n-2＜0，

所以方程f_n（x）=0在[1，2]上有唯一实数解，

综上所述，对于任意n∈N^*，关于x的方程f_n（x）=0在区间[1，2]上有唯一实数解，所以t=1．