Question

（2013•江门二模）设函数f0(x)=x2•e-

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x，记f₀（x）的导函数f'₀（x）=f₁（x），f₁（x）的导函数f'₁（x）=f₂（x），f₂（x）的导函数f'₂（x）=f₃（x），…，f_n-1（x）的导函数f'_n-1（x）=f_n（x），n=1，2，…．
（1）求f₃（0）；
（2）用n表示f_n（0）；
（3）设S_n=f₂（0）+f₃（0）+…+f_n+1（0），是否存在n∈N^*使S_n最大？证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）由函数f0(x)=x2•e-

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x，利用导数的性质，能够依次求出f₁（x），f₂（x），f₃（x）的表达式即可得到f₃（0）．
（2）不失一般性，设函数f_n-1（x）=（a_n-1x²+b_n-1x+c_n-1）e^λx，导函数为f_n（x）=（a_nx²+b_nx+c_n）e^λx，对f_n-1（x）求导，再结合题中条件求出c_n=n（n-1）•λ^n-2，因此f_n（0）=c_n=n（n-1）λ^n-2．将λ=-

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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，再对n分奇偶数讨论：当n=2k（k=1，2，…）时，得到当S_n最大时，n为奇数．当n=2k+1（k≥2）时，数列{S_2k+1}是递减数列，又S₁=f₂（0），S₃=f₂（0）+f₃（0）+f₃（0）=2，从而得出当n=1或n=3时，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，设函数f_n-1（x）=（a_n-1x²+b_n-1x+c_n-1）e^λx，导函数为f_n（x）=（a_nx²+b_nx+c_n）e^λx，
其中n=1，2，…，常数λ≠0，a₀=1，b₀=c₀=0．
对f_n-1（x）求导得：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．
将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，
当n=2k（k=1，2，…）时，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故当S_n最大时，n为奇数．
当n=2k+1（k≥2）时，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，因此数列{S_2k+1}是递减数列
又S₁=f₂（0），S₃=f₂（0）+f₃（0）+f₃（0）=2，
故当n=1或n=3时，S_n取最大值S₁=S₃=2．

点评：本题考查导数的应用、数列的函数特性和数列与函数的综合，解题时要认真审题，仔细解答，认真分析，注意总结，属于难题．