Question

（2013•江門二模）設函數f0(x)=x2•e-

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x，記f₀（x）的導函數f'₀（x）=f₁（x），f₁（x）的導函數f'₁（x）=f₂（x），f₂（x）的導函數f'₂（x）=f₃（x），…，f_n-1（x）的導函數f'_n-1（x）=f_n（x），n=1，2，…．
（1）求f₃（0）；
（2）用n表示f_n（0）；
（3）設S_n=f₂（0）+f₃（0）+…+f_n+1（0），是否存在n∈N^*使S_n最大？證明你的結論．

Answer 1

分析：（1）由函數f0(x)=x2•e-

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2

x，利用導數的性質，能夠依次求出f₁（x），f₂（x），f₃（x）的表達式即可得到f₃（0）．
（2）不失一般性，設函數f_n-1（x）=（a_n-1x²+b_n-1x+c_n-1）e^λx，導函數為f_n（x）=（a_nx²+b_nx+c_n）e^λx，對f_n-1（x）求導，再結合題中條件求出c_n=n（n-1）•λ^n-2，因此f_n（0）=c_n=n（n-1）λ^n-2．將λ=-

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2

代入即得：f_n（0）；
（3）由（2）知f_n+1（0）=n（n+1）（-

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2

）^n-1，再對n分奇偶數討論：當n=2k（k=1，2，…）時，得到當S_n最大時，n為奇數．當n=2k+1（k≥2）時，數列{S_2k+1}是遞減數列，又S₁=f₂（0），S₃=f₂（0）+f₃（0）+f₃（0）=2，從而得出當n=1或n=3時，S_n取最大值．

解答：解：（1）易得，f₁（x）=（-

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x²+2x）e -

1

2

x，
f₂（x）=（

1

4

x²-2x+2）e -

1

2

x，
f₃（x）=（-

1

8

x²+

3

2

x-3）e -

1

2

x，
∴f₃（0）=-3．
（2）不失一般性，設函數f_n-1（x）=（a_n-1x²+b_n-1x+c_n-1）e^λx，導函數為f_n（x）=（a_nx²+b_nx+c_n）e^λx，
其中n=1，2，…，常數λ≠0，a₀=1，b₀=c₀=0．
對f_n-1（x）求導得：f_n-1′（x）=[λa_n-1x²+（2a_n-1+λb_n-1]x+（b_n-1+λc_n-1）]e^λx，
故由f_n-1′（x）=f_n（x）得：a_n=λa_n-1    ①，
b_n=2a_n-1+λb_n-1 ②，
c_n=2b_n-1+λc_n-1  ③
由①得：a_n=λⁿ，n∈N，
代入②得：b_n=2λⁿ+λb_n-1，即

bn

λn

=

2

λ

+

bn-1

λn-1

，其中n=1，2，…，
故得：b_n=2n•λ^n-2+λc_n-1．
代入③得：c_n=2nλ^n-2+λc_n-1，即

cn

λn

=

2n

λ2

+

cn-1

λn-1

，其中n=1，2，…，
故得：c_n=n（n-1）•λ^n-2，
因此f_n（0）=c_n=n（n-1）λ^n-2．
將λ=-

1

2

代入得：f_n（0）=n（n-1）（-

1

2

）^n-2．其中n∈N．
（3）由（2）知f_n+1（0）=n（n+1）（-

1

2

）^n-1，
當n=2k（k=1，2，…）時，S_2k-S_2k-1=f_2k+1（0）=2k（2k+1）(-

1

2

)2k-1＜0，
∴S_2k-S_2k-1＜0，S_2k＜S_2k-1故當S_n最大時，n為奇數．
當n=2k+1（k≥2）時，S_2k+1-S_2k-1=f_2k+2（0）+f_2k+1（0）
又f_2k+2（0）=（2k+1）（2k+2）(-

1

2

)2k，f_2k+1（0）=2k（2k+1）(-

1

2

)2k-1，
∴f_2k+2（0）+f_2k+1（0）=（2k+1）（2k+2）(-

1

2

)2k+2k（2k+1）(-

1

2

)2k-1=（2k+1）（k-1）(-

1

2

)2k-1＜0，
∴S_2k+1＜S_2k-1，因此數列{S_2k+1}是遞減數列
又S₁=f₂（0），S₃=f₂（0）+f₃（0）+f₃（0）=2，
故當n=1或n=3時，S_n取最大值S₁=S₃=2．

點評：本題考查導數的應用、數列的函數特性和數列與函數的綜合，解題時要認真審題，仔細解答，認真分析，注意總結，屬于難題．