Question

已知f₀（x）=xⁿfk(x)=

f′k-1(x)

fk-1(1)

，其中k≤n（n，k∈N₊），設(shè)F（x）=C_n⁰f₀（x²）+C_n¹f₁（x²）+…+C_nⁿf_n（x²），x∈[-1，1]．
（1）寫出f_k（1）；
（2）證明：對(duì)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）第一種方法：利用函數(shù)的增減性和奇偶性，根據(jù)已知設(shè)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]上為增函數(shù)因函數(shù)F（x）為偶函數(shù)，所以F（x）在[-1，0]上為減函數(shù)，求出F（!）-F（0）得到結(jié)論即可；
第二種方法：前面和第一問方法一樣，最后處理F（!）-F（0）方法不一樣得到結(jié)論即可；第三種方法：利用導(dǎo)數(shù)處理F（!）-F（0）最后得證即可．

解答：解：（1）由已知推得f_k（x）=（n-k+1）x^n-k，從而有f_k（1）=n-k+1
（2）證法1：當(dāng)-1≤x≤1 時(shí)，F(xiàn)（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
當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0
所以F（x）在[0，1]上為增函數(shù)
因函數(shù)F（x）為偶函數(shù)，所以F（x）在[-1，0]上為減函數(shù)
所以對(duì)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
因此結(jié)論成立．
證法2：當(dāng)-1≤x≤1 時(shí)，F(xiàn)（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
當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0
所以 F（x）在[0，1]上為增函數(shù)
因函數(shù) F（x）為偶函數(shù)
所以 F（x）在[-1，0]上為減函數(shù)
所以對(duì)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
因此結(jié)論成立．
證法3：當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，F(xiàn)（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
當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0
所以F（x）在[0，1]上為增函數(shù)
因函數(shù)F（x）為偶函數(shù)
所以F（x）在[-1，0]上為減函數(shù)
所以對(duì)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
對(duì)上式兩邊求導(dǎo)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．
因此結(jié)論成立．

點(diǎn)評(píng)：本小題考查導(dǎo)數(shù)的基本計(jì)算，函數(shù)的性質(zhì)，絕對(duì)值不等式及組合數(shù)性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查歸納推理能力以及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題和解決問題的能力．