Question

设函数f₁（x）=

1

12

x4+aex（其中a是非零常数，e是自然对数的底），记f_n（x）=f_n-1′（x）（n≥2，n∈N^*）
（1）求使满足对任意实数x，都有f_n（x）=f_n-1（x）的最小整数n的值（n≥2，n∈N^*）；
（2）设函数g_n（x）=f₄（x）+f₅（x）+…+f_n（x），若对?n≥5，n∈N^*，y=g_n（x）都存在极值点x=t_n，求证：点A_n（t_n，g_n（t_n））（n≥5，n∈N^*）在一定直线上，并求出该直线方程；（注：若函数y=f（x）在x=x₀处取得极值，则称x₀为函数y=f（x）的极值点．）
（3）是否存在正整数k（k≥4）和实数x₀，使f_k（x₀）=f_k-1（x₀）=0且对于?n∈N^*，f_n（x）至多有一个极值点，若存在，求出所有满足条件的k和x₀，若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）利用新定义，代入计算，即可得出结论；
（2）g_n′（x）=2+（n-3）ae^x，y=g_n（x）都存在极值点x=t_n，可得g_n′（t_n）=0，g_n（t_n）=2t_n，即可得出结论；
（3）f_n（x）=ae^x=0（n≥6）无解，∴k≤5，分类讨论，利用f_k（x₀）=f_k-1（x₀）=0且对于?n∈N^*，f_n（x）至多有一个极值点，即可得出结论．

解答： 解：（1）∵f₁（x）=

1

12

x4+aex，f_n（x）=f_n-1′（x），
∴f₂（x）=

1

3

x3+ae^x，f₃（x）=x²+ae^x，f₄（x）=2x²+ae^x，f₅（x）=2+ae^x，
f₆（x）=ae^x，f₇（x）=ae^x，
∴使满足对任意实数x，都有f_n（x）=f_n-1（x）的最小整数n的值为7；
（2）g_n（x）=f₄（x）+f₅（x）+…+f_n（x）=（2x+2）+（n-3）ae^x，
∴g_n′（x）=2+（n-3）ae^x，
∵y=g_n（x）都存在极值点x=t_n，
∴g_n′（t_n）=0，
∴g_n（t_n）=2t_n，
∴点A_n（t_n，g_n（t_n））在y=2x上；
（3）f_n（x）=ae^x=0（n≥6）无解，∴k≤5；
①k=5，f₄（x）=f₅（x）=0，∴

2+aex0=0 2x0+aex0=0

，
∴x₀=1，a=-

2

e

．
a=-

2

e

时，f₆（x）＜0，f₅（x）=2+ae^x=2-2e^x-1单调递减，且f₅（1）=0，
∴f₄（x）在（-∞，1）上增，在（1，+∞）上减，
∵f₄（1）=0，
∴f₄（x）≤0恒成立，
∴f₃（x）=单调递减，而f₃（x）=x²-2e^x-1，f₃（-1）＞0，f₃（0）＜0，
∴?t∈（-1，0），f₃（t）=0在（-∞，t）上f₃（t）＜0，
∴f₂（t）=0在（-∞，t）上增，（t，+∞）上减，
∵f₃（t）＜0，
∴f₁（t）在R上单调递减，
∴k=5，a=-

2

e

满足题意；
②k=4时，f₄（x）=0，则x=0或2，
x=0时，f₄（0）=a=0（舍去）；
x=2时，f₄（2）=0，∴a=-

4

e2

，∴f₆（x）＜0
∴f₅（x）=2-4e^x-2单调递减，且f₅（x）=0时，x=2-ln2，
∴f₄（x）在（-∞，2-ln2）上增，（2-ln2，+∞）上减，
∵f₄（2）=0，
∴?m＜2-ln2，使得在（-∞，m）上，f₄（x）＜0，在（m，2）上，f₄（x）＞0，在（2，+∞）上，f₄（x）＜0，
∴f₃（x）在（-∞，m）上减，在（m，2）上增，在（2，+∞）上减，
∴k≠4，
综上，k=5，a=-

2

e

．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，考查分类讨论的数学思想，属于难题．