高妙热点透析—— 多项式函数最佳逼近 8页

1 高妙热点透析—— 多项式函数最佳逼近 一．内容介绍 1 第一类 Chebyshev 多项式简介 第一类 Chebyshev 多项式定义为： Tn (x) = cos(narccosx) (其中 n ∈N ，x ∈R 且| x |≤1).特别地，前 5 个 Chebyshev 多项式分别为： 0 () 1Tx= ， T1(x) = x ， 2 2 () 2 1Tx x=−， 3 3 () 4 3Tx x x=−， 42 4 () 8 8 +1Tx x x=− . 这个多项式有着许多优美而良好的性质，如 Tn (cosθ) = cos(nθ) ( θ ∈R ， n ∈N )； ()(1)()n nnTx Tx−=− ； |Tn (x) |≤1,x ∈R,| x |≤1等等，由此得出的最小零偏 差定理与初等数学息息相关. 2 最小零偏差定理介绍 在多项式与零的最小偏差问题中，Chebyshev 给出了这样一个定理：在区间 [−1,1]上，所有最高项系数为 1 的多项式 ω n x( ) = x − x1( ) ! x − xn( ) = xn − Pn−1(x) 中， ω n ∗(x) = xn − Pn−1 ∗ (x) = 1 2n−1 Tn (x)与零的偏差最小，其偏差为 1 1 2n− ． 3 最小零偏差定理通俗化拓展 定理表述虽然已经比较直接，但理论性仍然较强，下面进一步对这个定理作 通俗化拓展及证明. 其实对于形如 f (x) = Axn + an−1xn−1 +!a1x + a0 , x ∈[c,d]( an−1,!,a1,a0 为参 数, A,c, d 为常数，n ∈N )的多项式，都可以通过转化，得出 | f (x) |在 x ∈[c,d]上 最大值的最小值为 | A(d − c)n |⋅21−2n .简单证明如下. 证明：令t = 2x − c − d c − d ，t ∈[−1,1]，则 | f (x) |=| A(d − c 2 )n t n + bn−1t n−1 +!b1t + b0 | =| A(d − c 2 )n |⋅|t n + cn−1t n−1 +!c1t + c0 |( bi (i = 0,1!n −1) 为自变量 ti 的系数，同理 ci (i = 0,1!n −1) 为再次变换后 ti 的系数)，由最小零偏差定理及 Chebyshev 性质 ( |Tn (x) |≤1,x ∈R,| x |≤1)可知，当t ∈[−1,1]时， (|t n + cn−1t n−1 +!c1x + c0 |max )min = 21−n ， 即 (| f (x) |max )min = | A(d − c)n |⋅21−2n , x ∈[c,d]. 2 二．经典例题 【例 1】 [ ]2() (, ), 1,1,fx x axbabRx=++ ∈ ∈− 且 ()fx的最大值为 1 2 ，则 43ab+=_____. 【例 2】设 32()fx x axbxc=+ ++， ()fx在[ ]1,1− 上的最大值为 M ，求 M 的最小值. 【例 3】 2() ,fx axbxc=++当 10 2x≤≤时， [ ]() 2,4fx∈ ，则 a 的最大值为 ( ) .8A .16B .32C .64D 【例 4】已知函数 f (x) = −x3 − 3x2 + (1+ a)x + b (a < 0, b ∈R).若 g(x) =| f (x)|，设 M(a,b)为 g(x) 在[−2,0]上的最大值，求 M(a,b) 的最小值. 三．实战演练 1、若对任意 Rθ ∈ 恒有 3sin 4sin 1,a θθ−≤则实数 a 最大值的值为____________.. 2、设 ()=fx x+ax+b， ()fx在[0, 4]上的最大值为 M ，求 M 的最小值. 3、若 3() 3 1fx ax x=−+对于 [ ]1,1x∈− 总有 () 0fx≥ 成立，则 a 的最大值为_______. 4、设 32()fx x axbxc=+ ++， ()fx在[ ]2,6 上的最大值为 M .若 2M = ，求 ()fx 的解析式. 3 四．课后练习 1、已 知 函 数 f (x) = x + a ，记 M 是| f (x)|在区间[−1,1] 的最大值，则 M 的最小值为______. 2、已知函数 f (x) = 2x2 + bx + c(b,c ∈R) 的定义域为[0,2]，记 | f (x)|的最大值是 M ，则 M 的最小值是( ) A. 1 B. 2 C.3 D.4 3、已知函数 2() 2(, )fx x axb abR=++− ∈，若对任意 [ ]1, 3 ,x∈ 总有 ( ) 1 2fx≤ 成立，求 ,ab的值. 4、已知 2 2xpxq++≤对任意 [ ]1, 5x∈ 成立，则不超过 22pq+ 的最大值是. 4 5 书中这样的专题有 30 讲 6 答案部分 二．经典例题 【例 1】(2017 浙江衢州教学质量检测（1 月） 16) [ ]2() (, ), 1,1,fx x axbabRx=++ ∈ ∈− 且 ()fx的最大值为 1 2 ，则 43ab+=___________________. 解析：运用上述结论，直接代入公式有 122 21121222 2 I −×=≥ ××=，恰好取得等号，于是 2 2 11() ()22fx Tx x==−，所以 10, 2ab==−， 343 2ab+=−. 【例 2】(1998 国家队集训选拔)设 32()fx x axbxc=+ ++， ()fx在[ ]1,1− 上的最大值 为 M ，求 M 的最小值. 讲解：直接代入公式，有 123 3 min 121224 IM −×=≥ ××=. 评注：公式 I 2 ≥ 21−2n ⋅ a ⋅ D n ，是解决最小偏离问题的一把利器. 【例 3】(2017 浙江名校（衢州二中）交流卷五) 2() ,fx axbxc=++当 10 2x≤≤时， [ ]() 2,4fx∈ ，则 a 的最大值为 ( ) .8A .16B .32C .64D 解析 1：直接代入公式有 122 242 12()22 2 I a−×−=≥××，所以 32a ≤ ，选C . 解法 2：因为 2 ≤ c ≤ 4,2 ≤ a 16 + b 4 + c ≤ 4,2 ≤ a 8 + b 2 + c ≤ 4 ，所 以 −4 ≤ a 8 ≤ 4 ，即 32a ≤ ， 所以选 C. 【例 4】(2016 学年 9+1 联盟期中考 )已知函数 f (x) = −x3 − 3x2 + (1+ a)x + b (a < 0, b ∈R).若 g(x) =| f (x)|，设 M(a,b)为 g(x) 在 [−2,0]上的最大值，求 M(a,b)的最小值. 解析：令 t = x +1 (t ∈[−1,1]) ，则有 h(t) =| −(t −1)3 − 3(t −1)2 + (1+ a)(t −1) + b|， 化简可得 h(t) =| −t3 + (4 + a)t + b− a − 3| (t ∈[−1,1]) ，显然有 (h(t)max )min = | −1| 1 23−1 7 = 1 4 ，当 (4 + a) = 3 4 ,(a + 3− b) = 0 即 a = −13 4 ,b = − 1 4 时， M(a,b)取到最小值 1 4 . 评注：从上述的分析与解析过程中，不难发现只要能取到最小偏差函数，实际上就意味着这 个问题同样可以通过不等式求解.例 6 同样可以运用不等式求解，因为原函数可转化为 h(t) = −t3 + (4 + a)t + b− a − 3 (t ∈[−1,1]) ，又因为| h(t)| 在[−1,1]上最大值为 M(a,b)， 所以 M(a,b) ≥| h(−1)| , M(a,b) ≥| h(− 1 2)|, M(a,b) ≥ | h(1 2)|, M(a,b) ≥| h(1)|，即 6M(a,b) ≥| h(−1)| +2 | h(− 1 2)| +2 | h(1 2)| + | h(1)| ， 6M(a,b) ≥ | −h(−1) +2h(− 1 2)− 2h(1 2)+ h(1)| =|1− (4 +a)− (a + 3− b) − 1 4 + (4 + a)+ 2(a + 3− b) − 1 4 + (4 +a)− 2(a + 3− b) +1− (4 + a)+ a + 3− b | = 3 8 ,所以 M(a,b) ≥ 1 4 ，当 a = −13 4 , b = − 1 4 时， M(a,b)取到最小值 1 4 . 三．实战演练 1、若对任意 Rθ ∈ 恒有 3sin 4sin 1,a θθ−≤则实数 a 的值为____________.. 讲解：设 [ ]sin 1,1xθ =∈− ，则 341ax x−≤恒成立.代入公式有 123 3124212 I −×=≥ ××=， 恰好取得等号.于是 3 34()ax x T x−=− ，所以 3a = . 2、设 ()=fx x+ax+b， ()fx在[0, 4]上的最大值为 M ，求 M 的最小值. 解析：令 [0, 2]t= x∈ ，则 ()=f x t + at + b2 ，直接代入公式有 1-2 2 2 1212=22 I M ×≥= ×× . 3、若 3() 3 1fx ax x=−+对于 [ ]1,1x∈− 总有 () 0fx≥ 成立，则 a 的最大值为_______. 讲解：设 3() 3gx ax x=−，则 () 1gx≥− 恒成立.又因为 ()gx为奇函数，所以 1()1gx−≤ ≤. 由题意可知， 3 3() 4 3gx T x x== −，所以 4.a = 4、设 32()fx x axbxc=+ ++， ()fx在[ ]2,6 上的最大值为 M .若 2M = ，求 ()fx 的解析式. 8 解析：直接代入公式，有 123 3221422 I −×=≥ ××=，恰好取得等号，因为 x − 4 2 ∈[−1,1]， 于是 f (x) = T3( x − 4 2 ) = x3 −12x2 + 93 2 x −58 . 第四讲 课后练习 1、已 知 函 数 f (x) = x + a ，记 M 是| f (x)|在区间[−1,1] 的最大值，则 M 的最小值为______. 分析：这个问题的处理一般有三种，一是通过移动函数，观察图像可以得出，在当 a = 0 时， M 取到最小值1；第二种是，通过分类讨论解题，若 a ≤ 0 ，则 M = 1− a ，若 a > 0 ，则 M = 1+ a ，所以 M ≥1；第三种是用不等式解决，因为 M 是| f (x)|在区间[−1,1] 的最大 值，所以有 M ≥| f (−1)| , M ≥| f (1)|，即 2M ≥| a −1| + | a +1|，显然| a −1| + | a +1|≥ 2 ，所以 M ≥1，当且仅当| f (−1)|= | f (1)|= 1和 (a −1)(a +1) ≥ 0 即 a = 0 时， M 取到最小值 1. 2、(2015 湖州二模)已知函数 f (x) = 2x2 + bx + c(b,c ∈R) 的定义域为[0,2]， 记| f (x)|的最大值是 M ，则 M 的最小值是 A. 1 B. 2 C.3 D.4 分析：当然这个问题一定可以通过观察图像或讨论或不等式解决，但如果清楚最小零偏差定 理与拓展，则可直接得出结果 Mmin = | an (d − c)n |⋅21−2n =| 2(2 − 0)2 | ⋅21−2×2 = 1. 3、已知函数 2() 2(, )fx x axb abR=++− ∈，若对任意 [ ]1, 3 ,x∈ 总有 ( ) 1 2fx≤ 成立，求 ,ab的值. 解析：直接代入公式有 122 21121222 2 I −×=≥ ××=，恰好取得等号，于是 2 2 17() () 422fx Tx x x==−+，所以 114, 2ab=− = . 4、（2015 北大自主招生）已知 2 2xpxq++≤对任意 [ ]1, 5x∈ 成立，则不超过 22pq+ 的 最大值是. 解析：直接代入公式有 122 2221422 I −×=≥ ××=，恰好取得等号，于是 2232( ) 6 72 xxpxqT x x−++= =−+，所以 22 2267 85pq+= += .