Question

7．已知函數(shù)f（x）=（1+x）²ⁿ，g（x）=（1-x）²ⁿ．求證：
（1）C_2n¹+2C_2n²+3C_2n³+…+2nC_2n²ⁿ=n2²ⁿ．
（2）（C_n⁰）²+（C_n¹）²+（C_n²）²+…+（C_nⁿ）²=C_2nⁿ．
（3）f（x）+g（x）＜4ⁿ，其中|x|＜1，n∈N₊．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)${C}_{2n}^{r}$=${C}_{2n}^{2n-r}$，利用倒序相加法計(jì)算即得結(jié)論；
（2）利用（1+x）²ⁿ=（1+x）ⁿ•（1+x）ⁿ，并兩端分別展開(kāi)，通過(guò)等式兩端xⁿ的系數(shù)相等及${C}_{2n}^{r}$=${C}_{2n}^{2n-r}$，化簡(jiǎn)即得結(jié)論；
（3）利用二項(xiàng)式定理將f（x）=（1+x）²ⁿ、g（x）=（1-x）²ⁿ并展開(kāi)相加，然后利用|x|＜1放縮，通過(guò)逆用二項(xiàng)式定理即得結(jié)論．

解答 證明：（1）記C_2n¹+2C_2n²+3C_2n³+…+2nC_2n²ⁿ=t，
則由${C}_{2n}^{r}$=${C}_{2n}^{2n-r}$可知，C_2n^2n-1+2C_2n^2n-2+3C_2n^2n-3+…+2nC_2n⁰=t，
兩式相加得：2t=2n[C_2n⁰+C_2n¹+C_2n²+C_2n³+…+C_2n²ⁿ]，
又∵f（1）=（1+1）²ⁿ=C_2n⁰+C_2n¹+C_2n²+C_2n³+…+C_2n²ⁿ，
∴t=n•2²ⁿ，即C_2n¹+2C_2n²+3C_2n³+…+2nC_2n²ⁿ=n2²ⁿ；
（2）∵f（x）=（1+x）²ⁿ=（1+x）ⁿ•（1+x）ⁿ，
∴C_2n⁰+C_2n¹x+C_2n²x²+C_2n³x³+…+C_2n²ⁿx²ⁿ=（C_n⁰+C_n¹x+C_n²x²+C_n³x³+…+C_nⁿxⁿ）•（C_n⁰+C_n¹x+C_n²x²+C_n³x³+…+C_nⁿxⁿ），
比較等式兩端xⁿ的系數(shù)可知，${C}_{n}^{0}$${C}_{n}^{n}$+${C}_{n}^{1}$${C}_{n}^{n-1}$+…+${C}_{n}^{n}$${C}_{n}^{0}$=${C}_{2n}^{n}$，
又∵${C}_{2n}^{r}$=${C}_{2n}^{2n-r}$，
∴（C_n⁰）²+（C_n¹）²+（C_n²）²+…+（C_nⁿ）²=C_2nⁿ；
（3）∵f（x）=（1+x）²ⁿ，g（x）=（1-x）²ⁿ，
∴f（x）=C_2n⁰+C_2n¹x+C_2n²x²+C_2n³x³+…+C_2n²ⁿx²ⁿ，
g（x）=C_2n⁰-C_2n¹x+C_2n²x²-C_2n³x³+…+（-1）^r${C}_{2n}^{2n-r}$x^r+…+C_2n²ⁿx²ⁿ，
∵|x|＜1，n∈N₊，
∴x^r＜1（r=0，1，2，…，2n），
∴f（x）+g（x）=[C_2n⁰+C_2n¹x+C_2n²x²+C_2n³x³+…+C_2n²ⁿx²ⁿ]+[C_2n⁰-C_2n¹x+C_2n²x²-C_2n³x³+…+（-1）^r${C}_{2n}^{2n-r}$x^r+…+C_2n²ⁿx²ⁿ]
=2[C_2n⁰+C_2n²x²+…+${C}_{2n}^{2n-2r}$x^2r+…+C_2n²ⁿx²ⁿ]
＜2[C_2n⁰+C_2n²+…+${C}_{2n}^{2n-2r}$+…+C_2n²ⁿ]
=[C_2n⁰+C_2n¹+C_2n²+C_2n³+…+C_2n²ⁿ]+[C_2n⁰-C_2n¹+C_2n²-C_2n³+…+（-1）^r${C}_{2n}^{2n-r}$+…+C_2n²ⁿ]
=（1+1）²ⁿ+（1-1）²ⁿ
=4ⁿ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．