（2006•辽宁）已知f0（x）=xnfk(x)＝f′k−1(x)fk−1(1)，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=Cn0f0（x2）+Cn1f1（x2）+…+Cnnfn（x2），x∈[-1，1]．（1）写出fk（1）；（2）证明：对任意的x1，x2∈[-1，1]，

Question

（2006•辽宁）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

（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．