2006-辽宁卷理-22 解-绝对值不等式的放大与放缩

本题导读

本题是一道极具选拔力的高观点代数与微积分交汇压轴题。第一问通过递推导数关系，利用数学归纳法求出特殊点的值；第二问属于高难度放缩证明，考查利用二项式系数恒等式对组合求和进行精准收拢与绝对值边界最大化的控制能力。

📌【题干】

Question

（2006年辽宁卷(理)） 已知 $f_0(x)=x^n$， $f_k(x)=\frac{f_{k-1}^{\prime }(x)}{f_{k-1}(1)}$，其中 $k\le n$ ($n,k\in {\mathbb{N}}_{+}$)，设 $F(x)=C_n^0{f}_0(x^2)+C_n^1{f}_1(x^2)+\cdots +C_n^n{f}_n(x^2)$， $x\in [-1,1]$.

(1) 写出 $f_k(1)$；

(2) 证明：对任意的 $x_1,x_2\in [-1,1]$，恒有 $|F(x_1)-F(x_2)|\le 2^{n-1}(n+2)-n-1$.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：从小项开始试探。 $f_0(x)=x^n⟹f_0(1)=1$。 $f_1(x)=\frac{f_0^{\prime }(x)}{f_0(1)}=n{x}^{n-1}⟹f_1(1)=n$。 $f_2(x)=\frac{f_1^{\prime }(x)}{f_1(1)}=\frac{n(n-1)x^{n-2}}{n}=(n-1)x^{n-2}⟹f_2(1)=n-1$。 归纳猜测 $f_k(1)=n-k+1$，运用数学归纳法进行严格证明。 第二问：将第一问求得的各阶具体函数式代入 $F(x)$ 的表达式中，利用二项式定理进行求和化简，将 $F(x)$ 整理为关于 $x^2$ 的多项式。利用单调性求出 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值与最小值，从而证明 $|F(x_1)-F(x_2)|\le F_{\text{max}}-F_{\text{min}}$ 满足目标不等式。

✅【答案】

Success

任意两点间距离的绝对值上限为：$$|F(x_1) - F(x_2)| \le F_{\text{max}} - F_{\text{min}} = F(1) - f(0)$$$$|F(x_1) - F(x_2)| \le [2^{n-1}(n + 2) - n] - 1 = 2^{n-1}(n

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 我们先对前几项进行计算以寻找规律：

• $f_0(x)=x^n⟹f_0(1)=1$；
• $f_1(x)=\frac{f_0^{\prime }(x)}{f_0(1)}=\frac{n{x}^{n-1}}{1}=n{x}^{n-1}⟹f_1(1)=n$；
• $f_2(x)=\frac{f_1^{\prime }(x)}{f_1(1)}=\frac{n(n-1)x^{n-2}}{n}=(n-1)x^{n-2}⟹f_2(1)=n-1$；
• $f_3(x)=\frac{f_2^{\prime }(x)}{f_2(1)}=\frac{(n-1)(n-2)x^{n-3}}{n-1}=(n-2)x^{n-3}⟹f_3(1)=n-2$。

由此可以归纳猜想，对任意 $1\le k\le n$，均有： $f_k(x)=(n-k+1)x^{n-k}$ 从而： $f_k(1)=n-k+1$

下面用数学归纳法证明该结论：

1. 当 $k=1$ 时，由上计算可知 $f_1(x)=n{x}^{n-1}$， $f_1(1)=n=n-1+1$，结论成立。
2. 假设当 $k=m$ ($1\le m<n$) 时结论成立，即 $f_m(x)=(n-m+1)x^{n-m}$，且 $f_m(1)=n-m+1$。
3. 当 $k=m+1$ 时，根据递推定义： $f_{m+1}(x)=\frac{f_m^{\prime }(x)}{f_m(1)}=\frac{(n-m+1)(n-m)x^{n-m-1}}{n-m+1}=(n-m)x^{n-m-1}$ 将 $x=1$ 代入得： $f_{m+1}(1)=n-m=n-(m+1)+1$ 这表明当 $k=m+1$ 时结论同样成立。

综上所述，对任意 $1\le k\le n$，恒有： $f_k(1)=n-k+1$ 特别地，当 $k=0$ 时， $f_0(1)=1$，可以用统一公式表达（除 $k=0$ 的初值定义外，对 $k\ge 1$， $f_k(1)=n-k+1$）。

(2) 证明：首先将各阶函数解析式 $f_k(x^2)$ 代入 $F(x)$ 的表达式中。 注意当 $k=0$ 时， $f_0(x^2)=(x^2{)}^n=x^{2n}$。 当 $1\le k\le n$ 时， $f_k(x^2)=(n-k+1)(x^2{)}^{n-k}=(n-k+1)x^{2n-2k}$。 将它们代入 $F(x)$ 得： $F(x)=C_n^0{x}^{2n}+{\sum }_{k=1}^n{C}_n^k(n-k+1)x^{2n-2k}$

利用组合数恒等式进行性质化简。注意到 $C_n^k(n-k+1)=C_n^k\cdot n-C_n^k\cdot k+C_n^k$。 更巧妙地，由于 $C_n^k(n-k+1)=C_n^k\cdot n-n{C}_{n-1}^{k-1}+C_n^k$，可以将多项式进行重组。 为了对 $F(x)$ 求和，我们考查其代数结构： 设 $t=x^2$，由于 $x\in [-1,1]$，则 $t\in [0,1]$。 $G(t)=C_n^0{t}^n+C_n^{1}n{t}^{n-1}+C_n^2(n-1)t^{n-2}+\cdots +C_n^n\cdot 1\cdot t^0$ 注意到组合数对应关系 $C_n^k(n-k+1)=C_n^{n-k}(n-k+1)$。 利用二项式公式 $(t+1{)}^n={\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{t}^{n-k}$，对其两边关于 $t$ 求导： ${\left[(t+1{)}^n\right]}^{\prime }=n(t+1{)}^{n-1}={\sum }_{k=0}^{n-1}{C}_n^k(n-k)t^{n-k-1}$ 将上述求导恒等式与 $G(t)$ 建立精密关联。经过多项式求和化简，其最终可以凝聚为： $G(t)=t(t+1{)}^n\text{ 的某种导数衍生结构。}$

具体地，因为对一切 $x_1,x_2\in [-1,1]$，恒有： $|F(x_1)-F(x_2)|\le F_{\text{max}}-F_{\text{min}}$ 由于 $F(x)$ 是关于 $x^2$ 的多项式，且各项系数均为正数（因为 $a_k=C_n^k(n-k+1)>0$）， 所以 $F(x)$ 是一组关于 $x^2$ 的单调递增多项式组合。 当 $x^2$ 最大，即 $x=\pm 1$ 时， $F(x)$ 取得最大值 $F_{\text{max}}=F(1)$。 当 $x^2$ 最小，即 $x=0$ 时， $F(x)$ 取得最小值 $F_{\text{min}}=F(0)$。

分别计算这两个端点位置的精确值：

• 计算最小值 $F(0)$： 将 $x=0$ 代入 $F(x)=C_n^0{x}^{2n}+C_n^{1}n{x}^{2n-2}+\cdots +C_n^n\cdot 1$： 除最后一项（$k=n$ 时 $x^0=1$）外，其余各项均含有 $x$ 的正整数次幂从而全部归零。 $F(0)=C_n^n\times (n-n+1)\times 1=1\times 1\times 1=1$

• 计算最大值 $F(1)$： 将 $x=1$ 代入： $F(1)=C_n^0\cdot 1+C_n^1\cdot n+C_n^2\cdot (n-1)+\cdots +C_n^n\cdot 1$ $F(1)=C_n^0+{\sum }_{k=1}^n{C}_n^k(n-k+1)=C_n^0+{\sum }_{k=1}^n{C}_n^k(n+1)-{\sum }_{k=1}^{n}k{C}_n^k$ 利用组合数求和公式 ${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k=2^n⟹{\sum }_{k=1}^n{C}_n^k=2^n-1$，以及 ${\sum }_{k=1}^{n}k{C}_n^k=n\cdot 2^{n-1}$ 代入： $F(1)=1+(n+1)(2^n-1)-n\cdot 2^{n-1}$ 展开并合并同类项： $F(1)=1+n\cdot 2^n-n+2^n-1-n\cdot 2^{n-1}$ $F(1)=2^n(n+1)-n\cdot 2^{n-1}-n=2\cdot 2^{n-1}(n+1)-n\cdot 2^{n-1}-n$ $F(1)=2^{n-1}[2(n+1)-n]-n=2^{n-1}(2n+2-n)-n=2^{n-1}(n+2)-n$

综上所述，任意两点间距离的绝对值上限为： $|F(x_1)-F(x_2)|\le F_{\text{max}}-F_{\text{min}}=F(1)-f(0)$ $|F(x_1)-F(x_2)|\le [2^{n-1}(n+2)-n]-1=2^{n-1}(n+2)-n-1$

得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：数学归纳法的标准三步走、组合数求和的两大核心经典公式（ $\sum C_n^k=2^n$ 与 $\sum k{C}_n^k=n{2}^{n-1}$）、闭区间多元多项式最值有界放缩。
• 核心方法：微积分二项式求和法、边界最大差值法。
• 避坑指南：
• 第一问归纳出公式后，一定要注意 $k$ 的取值范围是从 1 到 $n$，由于 $k=0$ 是特殊的初始定义项（没有经过倒数前项的除法），应当在归纳法中将 $k=1$ 作为奠基项。
• 第二问的核心难点在于对 $F(1)$ 的求和。切勿硬性展开，必须利用拆项法将组合数前面的系数 $(n-k+1)$ 拆成常数项与含 $k$ 项，分别套用标准的二项式系数和与加权和公式进行降维化简。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是高观点下关于多项式算子（幂零与阶乘特征）的综合代数创新题。通过对幂函数进行连续求导并除以定值，构造了一组特殊的正交基底函数，考查了高等代数中关于线性空间基底变换的微积分背景。 结论推广: 对于任意形如 ${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k(An+Bk+C)$ 的多项式组合求和，均可通过算子性质转化为中心对称式，其最终的求和结果恒可表述为 $2^{n-1}$ 级别的关于 $n$ 的一次或二次线性组合。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 22.01 计数原理、排列与组合
• 03.04 绝对值不等式及排序不等式

类题演练 (Links)

• 2007-四川卷理-22 解-数列放缩法级数有界性
• 2007-重庆卷理-21 解-放缩法证明放缩不等式
• 2009-重庆卷文-21 解-递推数列放缩