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一试训练题
F2解答题导数的应用
已知 f0(x)=xn，fk(x)=fk−1(1)fk−1′(x)，其中 k≤n（n,k∈N∗）。设
F(x)=Cn0f0(x2)+Cn1f1(x2)+⋯+Cnkfk(x2)+⋯+Cnnfn(x2),x∈[−1,1].
（1）写出 fk(1)。
（2）求证：对任意的 x1,x2∈[−1,1]，恒有 ∣F(x1)−F(x2)∣≤2n−1(n+2)−n−1。
作答
这是解答题，请在纸上写出完整过程。写完后对照解答给自己评分。
解析
提示
先算出归一化求导的前两步，再用归纳法说明系数与次数如何变化。
思路
代入平方变量后，可把目标看成闭区间上的非负系数多项式；此时先定位极值，再计算两个端点的二项式加权和。
解答
（1）由 f0(x)=xn，有 f1(x)=nxn−1。若 1≤k<n 且 fk(x)=(n−k+1)xn−k，则
fk+1(x)=n−k+1(n−k+1)(n−k)xn−k−1=(n−k)xn−k−1.
故归纳得 fk(x)=(n−k+1)xn−k（1≤k≤n），从而
fk(1)=n−k+1(1≤k≤n).
另有已知的 f0(1)=1。
（2）令 t=x2∈[0,1]，利用 Cnn−j=Cnj，可写成
F(x)=G(t)=tn+j=0∑n−1(j+1)Cnjtj.
各项系数非负，所以 G 在 [0,1] 上递增，minF=G(0)=1，maxF=G(1)。
由 ∑j=0nCnj=2n 及
j=0∑njCnj=nj=1∑nCn−1j−1=n2n−1,
得
G(1)=j=0∑n(j+1)Cnj−n=2n−1(n+2)−n.
因此任意 x1,x2∈[−1,1] 均满足
∣F(x1)−F(x2)∣≤maxF−minF=2n−1(n+2)−n−1.
复核
以 n=2 核对，递推得 f0(x)=x2,f1(x)=2x,f2(x)=1，从而 F(x)=x4+4x2+1，在给定区间的振幅为5，恰与通式相合。n=1 时目标为 x2+1 也成立。归纳中实际用到的归一化分母依次为1以及正整数，不会出现末次求导时误除零的情况。
方法总结
求导后再归一化的递推要单列初始项，因为初始系数可能不服从后续通式。非负系数多项式在非负区间的单调性可以直接由各项比较得到；端点求值时再使用二项式加权恒等式，避免一开始对复杂组合式反复求导。
为什么评为 F2（会透露解法方向）
F2：单项式求导并除以端点值直接得到递推通项，原式只含偶次幂，在[-1,1]上各幂均介于0与1，非负系数直接给两端最值。平方换元只是改写，初始项和加权二项式和的核验也不另构成实质方法选择。
用到的方法（会透露解法方向）
核心工具：多项式系数的赋值与加权求和、用导数或作差看单调性
专题卡：求单调区间和最值：求导，列符号表，比较所有分点和端点
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