1.浅谈|f(x)|最大值的最小值问题－－切比雪夫最佳逼近直线在高考中的应用
3.
\section{导数压轴题}
\subsection{参变分离}
\subsection{导数不等式}
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/91032042
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/51584482
\begin{theorem}{函数不等式链}{1}
当$x\geq 0$时,
\[
\frac{x}{x+1}\le \frac{2x}{x+2}\le \ln \left( x+1 \right) \le \frac{1}{2}\left( x+1-\frac{1}{x+1} \right) \le x.
\]
\end{theorem}
\subsection{设而不求:隐零点}
\subsection{极值点偏移}
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/32842987
\begin{theorem}{指、对数平均不等式}{zdpjz}
当实数$a\neq b$时,有
\[e^{\frac{a+b}{2}}<\frac{e^a-e^b}{a-b}<\frac{e^a+e^b}{2}.\]
且
\[\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}.\]
\end{theorem}
\begin{example}
(2013年陕西)已知函数$f(x)=e^x,x\in \mathbb{R}$.
(1)若直线$y=kx+1$与$f(x)$的反函数的图像相切,求实数$k$的值;
(2)设$x>0$,讨论曲线$y=f(x)$与曲线$y=mx^2\,(m>0)$公共点的个数;
(3)设$a<b$,比较$\frac{f(a)+f(b)}{2}$与$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$的大小,并说明理由.
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
(2016新课标1)已知函数$f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2$有两个零点.
(I)求$a$的取值范围;
(II)设$x_1,x_2$是$f(x)$的两个零点,证明: $x_1+x_2<2$.
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
(2018皖南八校第三次联考理科数学)
已知函数$f(x)=e^x-x^2-ax$有两个极值点$x_1,x_2\,(x_1<x_2)$.
(1)求$a$的取值范围;
(2)求证: $e^{x_1}+e^{x_2}>4$.
\end{example}
\begin{solution}
\[\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_1-x_2}=2<\frac{e^{x_1}+e^{x_2}}{2}.\]
\end{solution}
\begin{theorem}{Hermite-Hadamard不等式}{hhbds}
若函数$f(x)$在$[a,b]$上的二阶导数非负,则有:
\[
f\left( \frac{a+b}{2} \right) \le \frac{1}{b-a}\int_a^b{f\left( x \right) dx}\le \frac{f\left( a \right) +f\left( b \right)}{2},
\]
当且仅当$f(x)$是一次函数时取等号成立.
\end{theorem}
\begin{example}
(匈牙利, 1914)设$f(x)=ax^2+bx+c$, $a,b,c$为实数,如果对于所有适合$-1\leq x\leq 1$的$x$值,都有$-1\leq f(x)\leq 1$成立,则对这些$x$的值有$-4\leq 2ax+b\leq 4$.
\end{example}
此题的背景是切比雪夫多项式的马尔科夫定理:如果具有实系数的$n$次多项式
\[f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+ a_nx^n\]
对所有的$-1\leq x\leq 1$满足不等式
\[-1\leq f(x)\leq 1.\]
那么它的导函数满足不等式
\[-n^2\leq f'(x)\leq n^2.\]
虽然背景是高等的,但解法只用到一次函数$g(x)=2ax+b$的单调性、取值的技巧和不等式的放缩运算.
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}
%切比雪夫多项式的马尔科夫定理，https://wenku.baidu.com/view/d0c9e2bbfd0a79563c1e720f.html
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/105766114
\subsection{切比雪夫多项式}
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/105766114
利用三角函数$n$倍角公式
\begin{align*}
\cos(0)&=1,\\
\cos(x)&=\cos x,\\
\cos(2x)&=2\cos^2 x-1,\\
\cos(3x)&=4\cos^3 x-3\cos x,\\
\cos(4x)&=8\cos^4 x-8\cos^2 x+1,\\
\cos(5x)&=16\cos^5 x-20\cos^3 x+5\cos x,\\
\end{align*}
可知$\cos (n\theta)$可以表示成$\cos\theta$的多项式, $T_n(x)=\cos(n\cdot \arccos x)$是一个$n$次多项式,称为$n$次切比雪夫多项式,其中$x\in [-1,1],n\in \mathbb{N}$.于是
\begin{align*}
T_0(x) &=1,\\
T_1(x) &=x,\\
T_2(x) &=2x^2-1,\\
T_3(x) &=4x^3-3x,\\
T_4(x) &=8x^4-8x^2+1,\\
T_5(x) &=16x^5-20x^3+5x,\\
\end{align*}
性质1. $T_n(x)$在$[-1,1]$中有$n$个不同的实根$x_k=\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n},k=1,2,3,\cdots,n$.
性质2. $T_n(x)$在$[-1,1]$中有$n+1$个点$x_k^\ast=\cos\frac{k\pi}{n},k=0,1,2,3,\cdots,n$,轮流取最大值$1$和最小值$-1$.例如:当$n=2$时, $x_k^\ast=-1,0,1$.当$n=3$时, $x_k^\ast=-1,-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1$.
性质3. $T_n(x)$满足递推关系$T_0(x)=1,T_1(x) =x$,
\[T_{n+1}(x)=2xT_n(x)-T_{n-1}(x),\]
其母函数为
\[\sum_{n=0}^{\infty}T_n(x)t^n=\frac{1-tx}{1-2tx+t^2}.\]
定理.对任意$n$次首一多项式$P(x)$,设$M=\max_{x\in[-1,1]}|P(x)|$,则$M_{\min}=\frac{1}{2^{n-1}}$.
证明.引理:设$n$次首一多项式$Q(x)$的$n$个根$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$均属于$(-1,1)$.在$[-1,\alpha_1),(\alpha_1,\alpha_2),\cdots,
(\alpha_{n-1},\alpha_n),(\alpha_n,1]$内各取一点$\beta_0,\beta_1,\cdots,\beta_n$,则对任意首一多项式$R(x)$,均有
\[\max_ {x\in[-1,1]}|R(x)|\geq \min_ {0\leq i\leq n}|Q(\beta_i)|.\]
引理的证明: (反证法)设存在$R(x)$使得
\[\max_ {x\in[-1,1]}|R(x)|< \min_ {0\leq i\leq n}|Q(\beta_i)|\triangleq C.\]
于是$R(x)\in (-C,C),\forall x\in [-1,1]$.
考虑$T(x)=R(x)-Q(x)$,则数列$T(\beta_0),T(\beta_1),\cdots,T(\beta_n)$必定正负交错(如图),则$T_n$有至少$n$个根.
然而$R(x),Q(x)$均为首一多项式,故$T(x)\equiv 0$.则$R(x)=Q(x)$,显然矛盾.
回到原题.设$T_n(x)$为$n$次切比雪夫多项式,令$Q(x)=\frac{1}{2^{n-1}}T_n(x)$,则$Q(x)$的各零点$\alpha_i=\cos\frac{(2i-1)\pi}{n}(i=1,2,\cdots,n)$均属于$(-1,1)$.
在引理中取$\beta_i=\cos\frac{i\pi}{n}(i=0,1,\cdots,n)$,即得$M\geq \frac{1}{2^{n-1}}$,当$P(x)\equiv Q(x)$时可取等.
\begin{theorem}{}{}
设$f(x)$为一个$n$次多项式,首项为$ax^n$,定义域为$D$,值域为$I$,用$|D|$表示$D$的区间长度,则$\frac{|I|}{2}\geq 2^{1-2n}\cdot |a|\cdot |D|^n$.事实上,等号成立时, $\frac{|I|}{2}$也就是$|f(x)|_{\max}$的最小值.等号成立的条件为$f(x)$经过平移及伸缩变换使得定义域为$D$的$T_n$.
\end{theorem}
\begin{solution}
我们用$[a,b]$表示定义域,这样$|D|=b-a$.当$a=-1,b=1$时,我们已证明了多项式$T_n(x)$的范数为$\frac{1}{2^{n-1}}$.为了求出它在任意区间$[a,b]$上的范数,必须采用把区间$a\leq y\leq b$映射到区间$-1\leq x\leq 1$的线性变换$x=\frac{2}{b-a}y-\frac{a+b}{b-a}$.此时我们得到多项式
\[
p\left( y \right) =T_n\left( \frac{2}{b-a}y-\frac{a+b}{b-a} \right) =\left( \frac{2}{b-a}y-\frac{a+b}{b-a} \right) ^n+\cdots
\]
它的最高次项系数非$1$而为$\frac{2^n}{(b-a)^n}$.把$p(y)$用这个数来除,我们得到在区间$[a,b]$上的切比雪夫多项式
\[
\widehat{T}_n\left( y \right) =\frac{\left( b-a \right) ^n}{2^n}T_n\left( \frac{2}{b-a}y-\frac{a+b}{b-a} \right).
\]
它的最高项系数已为$1$了.易见,它的范数等于
\[
\lVert \widehat{T}_n\left( y \right) \rVert =\frac{\left( b-a \right) ^n}{2^n}\lVert T_n\left( y \right) \rVert =\frac{\left( b-a \right). ^n}{2^{2n-1}}
\]
最后乘上首项的系数$a$,我们便得到了
\[\frac{|I|}{2}\geq 2^{1-2n}\cdot |a|\cdot |D|^n.\]
\end{solution}
对于切比雪夫最佳逼近直线,有如下常用结论:
\begin{theorem}{切比雪夫最佳逼近直线理论}{}
若函数$f(x)$在区间$[m,n]$上具有二阶导数,且$f''(x)$在区间$[m,n]$上不变号,则$f(x)$的最佳逼近直线为
\[
g\left( x \right) =k\left( x-\frac{m+c}{2} \right) +\frac{f\left( m \right) +f\left( c \right)}{2},
\]
其中$k=\frac{f\left( m \right) -f\left( n \right)}{m-n}$,实数$c$的值由方程$f'(c)=\frac{f\left( m \right) -f\left( n \right)}{m-n}$解得.
\end{theorem}
\subsection{切比雪夫最佳逼近直线}
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/130443282
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/105766114
\begin{example}
(2016年天津高考)设函数$f(x)=x^3-ax-b,x\in \mathbb{R}$,其中$a$、$b\in \mathbb{R}$.
(1)求$f(x)$的单调区间;
(2)若$f(x)$存在极值点$x_0$,且$f(x_1)=f(x_0)$,其中$x_1\neq x_0$.求证: $x_1+2x_0=0$;
(3)设$a>0$,函数$g(x)= |f(x)|$,求证: $g(x)$在区间$[-1,1]$上的最大值不小于$\frac{1}{4}$.
\end{example}
%https://www.zhihu.com/question/345947963/answer/1046248071
\begin{solution}
\end{solution}