Question

已知f₀（x）=xⁿ，f_k（x）=（1），其中k≤n（n，k∈N^*），设F（x）=f₀（x²）+f₁（x²）+…+f_k（x²）+…+f_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

（1）解:由已知推得f_k（x）=（n-k+1）·x^n-k，从而有f_k（1）=n-k+1.

（2）证明:证法1：当-1≤x≤1时，

F（x）=x²ⁿ+nx^2（n-1）+（n-1）·x^2（n-2）+…+（n-k+1）x^2（n-k）+…+2_nx²+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）==+n+（n-1）+…+（n-k+1）+…+2

=n_n+（n-1）+…+（n-k+1）·+…+2+=.

∵（n-k+1）=（n-k）_n+_n=n+_n（k=1，2，3…n-1），

F（1）-F（0）=n（++…+）+（+…+_n）+

=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+nx^2（n-1）+（n-1）·x^2（n-2）+…+（n-k+1） x^2（n-2）+…+2_nx²+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)= +n+(n-1)+…+(n-k+1)+…+2.

又因F（1）-F（0）=2+3+…+k+…+n_n+，

所以2［F（1）-F（0）］=（n+2）［++…++…+］+2.

F（1）-F（0）=+［++…++…+］+=

（2ⁿ-2）+1=2^n-1(n+2）-n-1.

因此结论成立.

证法3：当-1≤x≤1时，

F（x）=x²ⁿ+nx ^2（n-1）+（n-1）_nx^2（n-2）+…+（n-k+1）·x^2（n-k）+…+2_nx²+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）=+n+（n-1）+…+（n-k+1）+…+2

x［（1+x）ⁿ-xⁿ］=x［x^n-1+x^n-2+…+x^n-k+…+x+1］

=xⁿ+x^n-1+…+x^n-k+1+…+x²+x，

对上式两边求导得

（1+x）ⁿ-xⁿ+nx（1+x）^n-1-nxⁿ=nx^n-1+（n-1）x^n-2+…（n-k+1）·x^n-k+…+2x+1.

F（x）=（1+x²）ⁿ+nx²（1+x²）^n-1-nx ²ⁿ，∴F（1）-F（0）=2ⁿ+n2^n-1-n-1=（n+2）2^n-1-n-1.

因此结论成立.