Question

已知f₀（x）=xⁿfk(x)=

f′k-1(x)

fk-1(1)

，其中k≤n（n，k∈N₊），设F（x）=C_n⁰f₀（x²）+C_n¹f₁（x²）+…+C_nⁿf_n（x²），x∈[-1，1]．
（1）写出f_k（1）；
（2）证明：对任意的x₁，x₂∈[-1，1]，恒有|F（x₁）-F（x₂）|≤2^n-1（n+2）-n-1．

Answer 1

分析：（1）把x=1代入即得；
（2）第一种方法：利用函数的增减性和奇偶性，根据已知设F（x）=C_n⁰f₀（x²）+C_n¹f₁（x²）+…+C_nⁿf_n（x²），x∈[-1，1]得到F′（x）＞0，所以F（x）在[0，1]上为增函数因函数F（x）为偶函数，所以F（x）在[-1，0]上为减函数，求出F（!）-F（0）得到结论即可；
第二种方法：前面和第一问方法一样，最后处理F（!）-F（0）方法不一样得到结论即可；第三种方法：利用导数处理F（!）-F（0）最后得证即可．

解答：解：（1）由已知推得f_k（x）=（n-k+1）x^n-k，从而有f_k（1）=n-k+1
（2）证法1：当-1≤x≤1 时，F（x）=x²ⁿ+nc_n¹x^2（n-1）+（n-1）c_n²x^2（n-2）+…+（n-k+1）c_n^kx^2（n-k）+…+2c_n^n-1x²+1
当x＞0时，F′（x）＞0
所以F（x）在[0，1]上为增函数
因函数F（x）为偶函数，所以F（x）在[-1，0]上为减函数
所以对任意的x₁，x₂∈[-1，1]，|F（x₁）-F（x₂）|≤F（1）-F（0）
F（1）-F（0）=C_n⁰+nc_n¹+（n-1）c_n²+…+（n-k+1）c_n^k+…+2c_n^n-1=nc_n^n-1+（n-1）c_n^n-2+…+（n-k+1）c_n^n-k+…+2c_n¹+c_n⁰
∵（n-k+1）c_n^n-k=（n-k）c_n^n-k+c_n^k=nc_n-1^k+c_n^k（k=1，2，3，…，n-1）
F（!）-F（0）=n（c_n-1¹+c_n-1²+…+c_n-1^k-1）+（c_n¹+c_n²+…+c_n^n-1）+c_n⁰
=n（2^n-1-1）+2ⁿ-1=2^n-1（n+2）-n-1
因此结论成立．
证法2：当-1≤x≤1 时，F（x）=x²ⁿ+nc_n¹x^2（n-1）+（n-1）c_n²x^2（n-2）+…+（n-k+1）c_n^kx^2（n-k）+…+2c_n^n-1x²+1
当x＞0时，F′（x）＞0
所以 F（x）在[0，1]上为增函数
因函数 F（x）为偶函数
所以 F（x）在[-1，0]上为减函数
所以对任意的x₁，x₂∈[-1，1]，|F（x₁）-F（x₂）|≤F（!）-F（0）
F（!）-F（0）=c_n⁰+nc_n¹+（n-1）c_n²+…+（n-k+1）c_n^k+…+2c_n^n-1
又因F（1）-F（0）=2c_n¹+3c_n²+…+kc_n^k-1+…+nc_n^n-1+c_n⁰
所以2[F（1）-F（0）]=（n+2）[c_n¹+c_n²+…+c_n^k-1+…+c_n^n-1]+2c_n⁰
F（1）-F（0）=

n+2

2

[c_n¹+c_n²+…+c_n^k-1+…+c_n^n-1]+c_n⁰=

n+2

2

(2n-2) +1=2n-1(n+2)-n-1
因此结论成立．
证法3：当-1≤x≤1时，F（x）=x²ⁿ+nc_n¹x^2（n-1）+（n-1）c_n²x^2（n-2）+…+（n-k+1）c_n^kx^2（n-k）+…+2c_n^n-1x²+1
当x＞0时，F′（x）＞0
所以F（x）在[0，1]上为增函数
因函数F（x）为偶函数
所以F（x）在[-1，0]上为减函数
所以对任意的x₁，x₂∈[-1，1]，|F（x₁）-F（x₂）|≤F（!）-F（0）
F（!）-F（0）=c_n⁰+nc_n¹+（n-1）c_n²+…+（n-k+1）c_n^k+…+2c_n^n-1
由x[（1+x）ⁿ-xⁿ]=x[c_n¹x^n-1+c_n²x^n-2+…+c_n^kx^n-k+…+c_n^n-1+1]=c_n¹xⁿ+c_n²x^n-1+…+c_n^kx^n-k+1+…+c_n^n-1x²+x
对上式两边求导得（1+x）ⁿ-xⁿ+nx（1+x）^n-1-nxⁿ=nc_n¹x^n-1+（n-1）c_n²x^n-2+…+（n-k+1）c_n^kx^n-k+…+2c_n^n-1x+1
F（x）=（1+x²）ⁿ+nx²（1+x²）^n-1-nx²ⁿ
∴F（1）-F（0）=2ⁿ+n2^n-1-n-1=（n+2）2^n-1-n-1．
因此结论成立．

点评：本小题考查导数的基本计算，函数的性质，绝对值不等式及组合数性质等基础知识，考查归纳推理能力以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力．