已知函数 f(x)=x^2ln(1-x)，则当 ngeq3 时，f^(n)(0)= ______.
已知函数 $f(x)=x^2\ln(1-x)$，则当 $n\geq3$ 时，$f^{(n)}(0)=$ ______.
题目解答
答案
我们要求函数 $ f(x) = x^2 \ln(1 - x) $ 在 $ x = 0 $ 处的第 $ n $ 阶导数 $ f^{(n)}(0) $，其中 $ n \geq 3 $。
第一步：分析函数结构
函数是：
$f(x) = x^2 \ln(1 - x)$
这是一个乘积函数，由多项式 $ x^2 $ 和对数函数 $ \ln(1 - x) $ 相乘而成。
我们要求的是在 $ x = 0 $ 处的高阶导数 $ f^{(n)}(0) $，其中 $ n \geq 3 $。
第二步：利用泰勒展开（幂级数展开）
我们考虑将 $ f(x) $ 在 $ x = 0 $ 处展开为麦克劳林级数（泰勒级数在 0 处），然后通过比较系数来得到 $ f^{(n)}(0) $。
我们知道：
$\ln(1 - x) = -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k}, \quad |x| < 1$
所以：
$f(x) = x^2 \ln(1 - x) = x^2 \left( -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k} \right) = -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{k+2}}{k}$
我们令 $ n = k + 2 $，则 $ k = n - 2 $，所以：
当 $ k \geq 1 $，即 $ n = k + 2 \geq 3 $，有：
$f(x) = -\sum_{n=3}^{\infty} \frac{x^n}{n - 2}$
即：
$f(x) = -\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n - 2} x^n$
第三步：与麦克劳林级数比较
函数的麦克劳林级数为：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$
但我们上面的展开是从 $ n = 3 $ 开始的，且没有 $ x^0, x^1, x^2 $ 项（因为乘了 $ x^2 $，而 $ \ln(1 - x) $ 从 $ x^1 $ 开始），所以：
- $ f(0) = 0 $
- $ f'(0) = 0 $
- $ f''(0) = 0 $
- 对 $ n \geq 3 $，有：
$\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = -\frac{1}{n - 2}$
所以：
$f^{(n)}(0) = -\frac{n!}{n - 2}, \quad \text{当 } n \geq 3$
第四步：化简表达式
我们来化简 $ \frac{n!}{n - 2} $：
注意到：
$n! = n(n-1)(n-2)!$
所以：
$\frac{n!}{n - 2} = \frac{n(n-1)(n-2)!}{n - 2}$
但 $ (n-2)! / (n-2) $ 并不等于 $ (n-3)! $，所以这个方向不好。
我们保持原式：
$f^{(n)}(0) = -\frac{n!}{n - 2}$
但这是否正确？我们来验证一下小的 $ n $ 值。
第五步：验证 $ n = 3 $
计算 $ f^{(3)}(0) $。
先求导：
$ f(x) = x^2 \ln(1 - x) $
一阶导：
$f'(x) = 2x \ln(1 - x) + x^2 \cdot \left( \frac{-1}{1 - x} \right) = 2x \ln(1 - x) - \frac{x^2}{1 - x}$
二阶导：
$f''(x) = 2 \ln(1 - x) + 2x \cdot \left( \frac{-1}{1 - x} \right) - \left( \frac{2x(1 - x) - x^2(-1)}{(1 - x)^2} \right)$
这已经很复杂了。
但我们用级数法更可靠。
从级数展开：
$f(x) = -\sum_{n=3}^{\infty} \frac{x^n}{n - 2}$
所以 $ x^n $ 的系数是 $ -\frac{1}{n - 2} $，而麦克劳林级数中 $ x^n $ 的系数是 $ \frac{f^{(n)}(0)}{n!} $
所以：
$\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = -\frac{1}{n - 2} \Rightarrow f^{(n)}(0) = -\frac{n!}{n - 2}$
验证 $ n = 3 $：
$f^{(3)}(0) = -\frac{3!}{3 - 2} = -\frac{6}{1} = -6$
我们手动验证一下。
从 $ f(x) = x^2 \ln(1 - x) $，展开前几项：
$\ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \cdots$
乘 $ x^2 $：
$f(x) = -x^3 - \frac{x^4}{2} - \frac{x^5}{3} - \frac{x^6}{4} - \cdots$
所以：
- $ x^3 $ 项系数：$ -1 $
- 而 $ \frac{f^{(3)}(0)}{3!} = -1 \Rightarrow f^{(3)}(0) = -6 $，正确！
再看 $ n = 4 $：
系数是 $ -\frac{1}{2} $，所以：
$\frac{f^{(4)}(0)}{4!} = -\frac{1}{2} \Rightarrow f^{(4)}(0) = -\frac{24}{2} = -12$
而公式：$ -\frac{4!}{4 - 2} = -\frac{24}{2} = -12 $，正确！
$ n = 5 $：系数 $ -\frac{1}{3} $，$ f^{(5)}(0) = -\frac{120}{3} = -40 $，公式：$ -\frac{5!}{3} = -\frac{120}{3} = -40 $，正确！
最终答案：
当 $ n \geq 3 $ 时，
$f^{(n)}(0) = -\frac{n!}{n - 2}$
答案：
$\boxed{-\dfrac{n!}{n - 2}}$
解析
本题考查函数的高阶导数以及泰勒展开（幂级数展开）的应用。解题思路是先将函数$f(x)=x^2\ln(1 - x)$利用已知的$\ln(1 - x)$的幂级数展开式展开，再通过与麦克劳林级数比较系数来求得$f^{(n)}(0)$。
- $\ln(1 - x)$的幂级数展开：
已知$\ln(1 - x)=-\sum_{k = 1}^{\infty}\frac{x^k}{k}$，$\vert x\vert\lt1$。 - $f(x)$的幂级数展开：
将$\ln(1 - x)$的展开式代入$f(x)=x^2\ln(1 - x)$可得：
$f(x)=x^2\left(-\sum_{k = 1}^{\infty}\frac{x^k}{k}\right)=-\sum_{k = 1}^{\infty}\frac{x^{k + 2}}{k}$
令$n = k + 2$，则$k = n - 2$，当$k\geq1$，即$n = k + 2\geq3$时，有：
$f(x)=-\sum_{n = 3}^{\infty}\frac{x^n}{n - 2}$ - 与麦克劳林级数比较系数：
函数$f(x)$的麦克劳林级数为$f(x)=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
由于$f(x)$的展开式从$n = 3$开始，且没有$x^0,x^1,x^2$项，所以$f(0)=0$，$f^\prime(0)=0$，$f^{\prime\prime}(0)=0$。
对于$n\geq3$，$x^n$的系数在$f(x)=-\sum_{n = 3}^{\infty}\frac{x^n}{n - 2}$中为$-\frac{1}{n - 2}$，在麦克劳林级数中为$\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$，则有：
$\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=-\frac{1}{n - 2}$ - 求解$f^{(n)}(0)$：
由$\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=-\frac{1}{n - 2}$，可得$f^{(n)}(0)=-\frac{n!}{n - 2}$，$n\geq3$。