已知f0（x）=xnfk(x)=f′k-1(x)fk-1(1)，其中k≤n（n，

问题解答题

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．

答案

（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

[c_n¹+c_n²+…+c_n^k-1+…+c_n^n-1]+c_n⁰=

n+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．