帕德逼近和函数综合问题

\section{帕德逼近}

\href{https://zhuanlan.zhihu.com/p/92873681}{帕德逼近(Pade’s Approximant)}

\begin{liti}
(2018年全国3卷高考理科,难度: \score{3}{5})
已知函数$f(x)=(2+x+ax^2)\ln(1+x)-2x$.

(1)若$a=0$,证明:当$-1<x<0$时, $f(x)<0$;当$x>0$时, $f(x)>0$;

(2)若$x=0$是 $f(x)$的极大值点,求$a$.
\end{liti}
\begin{jieda}

\end{jieda}

\begin{liti}
(2016年高考全国2卷理科,难度: \score{3}{5})
(I)讨论函数$f(x)=\frac{x-2}{x+2}e^x$的单调性,并证明当$x>0$时, $(x-2)e^x+x+2>0$;

(II)证明:当$a\in[0,1)$时,函数$g(x)=\frac{e^x-ax-a}{x^2}
\ (x>0)$有最小值.设$g(x)$的最小值为$h(a)$,求函数$h(a)$的值域.
\end{liti}
\begin{jieda}

\end{jieda}

\begin{liti}
(2016年高考全国2卷理科,难度: \score{3}{5})
已知函数$f(x)\ (x\in \mathbb{R})$满足$f(-x)=2-f(x)$,若函数$y=\frac{x+1}{x}$与$y=f(x)$图像的交点为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_m,y_m)$,则$\sum_{i=1}^{m}(x_i+y_i)=$ \hfill (\qquad)
\begin{tasks}[label=(\Alph*)](2)
\task $0$
\task $m$
\task $2m$
\task $4m$
\end{tasks}
\end{liti}
\begin{jieda}
显然$f(x)$与$y=\frac{x+1}{x}$均关于点$(0,1)$对称,则有$x_i+x'_i=0,y_i+y'_i=2$,于是$\sum_ {i=1}^{m}(x_i+y_i)=\sum_ {i=1}^{m}x_i+\sum_ {i=1}^{m}y_i=0+m=m$.
\end{jieda}

2014年辽宁高考数学

2014年四川高考数学

\begin{liti}
(2015年高考理科全国1卷,难度: \score{3}{5})
已知函数$f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4},g(x)=-\ln x$.

(I)当$a$为何值时, $x$轴为曲线$y=f(x)$的切线;

(II)用$\min\{m,n\}$表示$m,n$中的最小值,设函数$h(x)=\min\{f(x),g(x)\}\ (x>0)$,讨论$h(x)$零点的个数.
\end{liti}
\begin{jieda}

\end{jieda}

\begin{liti}
(2022年苏州大学数学分析考研,难度: \score{3}{5})设$f(x)$为$[0,1]$上的正值连续函数,且
\[\int_{0}^{1} f(x) d x=2021, \quad \int_{0}^{1} f^{2}(x) d x=2022^2.\]
\begin{enumerate}
\item[(1)] 证明:对任意的正整数$n$,存在$[0,1]$的分划$0=x_0<x_1 <\cdots<x_n=1$,使得
\[\int_{x_{k-1}}^{x_{k}} f(x) d x=\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f(x) d x,\ (k=1,2,\cdots,n).\]
\item[(2)] 利用以上结论证明$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(x_{k}\right)$存在并求其值.
\end{enumerate}
\end{liti}
\begin{jieda}
\begin{enumerate}
\item[(1)] 令$g_k(x)=\int_{x_{k-1}}^{x} f(t) dt\ (k=1,2,\cdots,n)$,注意到$f(x)>0$,则$g_k(x)$在$[x_{k-1},1]$上单调递增,且$g_k(x_{k-1})=0,g_k(1)\geqslant \frac{1}{n} \int_{0}^{1} f(x) d x$.依次取$k=1,2,\cdots,n$,由连续函数的介值定理可知,存在$[0,1]$的分划$0=x_0<x_1 <\cdots<x_n=1$,使得
\[\int_{x_{k-1}}^{x_{k}} f(x) d x=\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f(x) d x,\ (k=1,2,\cdots,n).\]

\item[(2)] 由积分中值定理可知,存在$\xi_k\in (x_{k-1},x_k)$,使得
$$\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{x_{k-1}}^{x_{k}} f(x) d x
=f(\xi_k)(x_{k}-x_{k-1}),$$
而$f(x)$在$[0,1]$上有界,则当$n\to +\infty$时, $x_{k}-x_{k-1}\to 0$.故对任意$\varepsilon>0$,存在正整数$N$和$\delta>0$,当$n>N$时, $x_{k}-x_{k-1}<\delta$,当$t\in (x_{k-1},x_k)$时,有$|x_k-t|< \delta$,此时有$|f(x_k)-f(t)|<\varepsilon$.于是
\begin{align*}
&\int_0^1{f\left( t \right) dt}\cdot \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{f\left( x_k \right)}-\int_0^1{f^2\left( t \right) dt}\\
&=\sum_{k=1}^n{\left[ f\left( x_k \right) \cdot \frac{1}{n}\int_0^1{f\left( t \right) dt} \right]}-\int_0^1{f^2\left( t \right) dt}\\
&=\sum_{k=1}^n{\left[ f\left( x_k \right) \int_{x_{k-1}}^{x_k}{f\left( t \right) dt} \right]}-\sum_{k=1}^n{\int_{x_{k-1}}^{x_k}{f^2\left( t \right) dt}}\\
&=\sum_{k=1}^n{\int_{x_{k-1}}^{x_k}{f\left( t \right) \left[ f\left( x_k \right) -f\left( t \right) \right] dt}}.
\end{align*}
又
\begin{align*}
\left| \sum_{k=1}^n{\int_{x_{k-1}}^{x_k}{f\left( t \right) \left[ f\left( x_k \right) -f\left( t \right) \right] dt}} \right| &\leqslant \sum_{k=1}^n{\int_{x_{k-1}}^{x_k}{f\left( t \right) \left| f\left( x_k \right) -f\left( t \right) \right|dt}}\\
&<\varepsilon \sum_{k=1}^n{\int_{x_{k-1}}^{x_k}{f\left( t \right) dt}}=\varepsilon \int_0^1{f\left( t \right) dt},
\end{align*}
因此
$$
\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{f}\left( x_k \right) =\frac{\int_0^1{f^2\left( t \right) dt}}{\int_0^1{f\left( t \right) dt}}=\frac{2022^2}{2021}.
$$
\end{enumerate}
\end{jieda}

\begin{liti}
(难度: \score{3}{5})

\end{liti}
\begin{jieda}

\end{jieda}

 

 

\begin{liti}
(2013年湖北高考,长郡中学2021年高三月考三,难度: \score{3}{5})
已知$a$为常数,函数$f(x)=x(\ln x-2ax)$有两个极值点$x_1,x_2\ (x_1<x_2)$,
则\hfill (\qquad)
\begin{tasks}[label=(\Alph*)](2)
\task $0<a<\frac{1}{4}$
\task $x_1+x_2<2$
\task $f(x_1)<0$
\task $f(x_2)>-\frac{1}{2}$
\end{tasks}
\end{liti}
\begin{jieda}
因为$f'(x)=\ln x+1-4ax\ (x>0)$,令$f'(x)=0$,解得$4a=\frac{\ln x+1}{x}$.

令$g(x)=\frac{\ln x+1}{x}$,则$g'(x)=\frac{-\ln x}{x^2}$. $g(x)$在$(0,1)$上单调递增, 在$(1,+\infty)$上单调递减.作出$y=4a$和$g(x)=\frac{\ln x+1}{x}$的大致图像.

当$0<a<\frac{1}{4}$时, $f'(x)=0$有两个根$x_1,x_2$,且$x_1<1<x_2$,当$a\to 0^+$时,由图像可知$x_2\to +\infty$,而$0<x_1<1$,则$x_1+x_2\to +\infty$.

又因为$f(x)$在$(0,x_1)$上递减,在$(x_1,x_2)$上递增,在$(x_2,+\infty)$上递减.

而$0<x_1<1<x_2$,故$f(x_1)<f(1)=-2a<0,f(x_2)>f(1)=-2a>-\frac{1}{2}$.

故选: ACD.
\end{jieda}

 

\begin{liti}
(难度: \score{3}{5})
已知$a$为常数,函数$f(x)=e^x(x-ae^x)$有两个极值点$x_1,x_2\ (x_1<x_2)$,
则\hfill (\qquad)
\begin{tasks}[label=(\Alph*)](2)
\task $a$的取值范围是$\left( 0,\frac{1}{2} \right)$
\task $a$的取值范围是$\left( -\infty,\frac{1}{2} \right)$
\task $f(x_1)<0$
\task $f(x_2)>-\frac{1}{2}$
\end{tasks}
\end{liti}
\begin{jieda}
由题意得$f'(x)=e^x(x+1-2ae^x)$,因为$f(x)$有两个极值点$x_1,x_2\ (x_1<x_2)$,所以$f'(x)=0$有两个变号零点.又$e^x>0$,故只需$x+1-2ae^x=0$,即$2a=\frac{x+1}{e^x}$有两个不等实根.

令$g(x)=\frac{x+1}{e^x}$,则$g'(x)=-\frac{x}{e^x}$. $g(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增, 在$(0,+\infty)$上单调递减.作出$y=2a$和$g(x)=\frac{x+1}{e^x}$的大致图像.

当$0<a<\frac{1}{2}$时, $f'(x)=0$有两个根$x_1,x_2$,且$x_1<0<x_2$,当$a\to 0^+$时,由图像可知$x_2\to +\infty$,而$-1<x_1<0$,则$x_1+x_2\to +\infty$,则应有$x_1+x_2>0$.

又因为$f(x)$在$(-1,x_1)$上递减,在$(x_1,x_2)$上递增,在$(x_2,+\infty)$上递减.

而$-1<x_1<0<x_2$,故$f(x_1)<f(-1)=\frac{1}{e}\left( -1-\frac{a}{e} \right)<0,f(x_2)>f(0)=-a>-\frac{1}{2}$.

故选: ACD.
\end{jieda}

\begin{liti}
(清华丘成桐数学英才班,难度: \score{3}{5})
设$a,b,c,d$是正实数, $w$是复数,满足$aw^3 + bw^2 +cw+d= 0$.
证明:
\[|w|\leq\max\left\{\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{d}{c}\right\}.\]
\end{liti}
\begin{jieda}
(李朝顺)令$f(w)=aw^3 + bw^2 +cw+d,f(w)=0$的三个根为$w_i\ (i=1,2,3)$.
若$w_i$是实数,则$w_i<0$.否则,
$$0=f(w_i)=aw_i^3+bw_i^2+cw_i+d>0,$$
矛盾.

下面分两种情况讨论:

(1) $w_i$均为实数.

假设存在某个$w_i$使得$|w_i|=-w_i>\max\left\{\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{d}{c}\right\}$,则
$$-w_i>\frac{b}{a}\Rightarrow aw_i+b<0,\quad -w_i>\frac{d}{c}\Rightarrow cw_i+d<0,$$
故$f(w_i)=(aw_i+b)w_i^2+cw_i+d<0$,与$f(w_i)=0$矛盾.

(2)存在某个$w_i\notin \mathbb{R}$,根据虚根成对原理, $\overline{w_i}$也为根.
不妨设$w_2=\overline{w_3}\notin \mathbb{R}$,则$w_1\in \mathbb{R}\Rightarrow w_1<0$,由韦达定理可知$w_1w_2w_3=-\frac{d}{a}$,则
$$
\left| w_2 \right|^2=\left| w_3 \right|^2=w_2w_3=\frac{-\frac{d}{a}}{w_1}.
$$

若$|w_2|>\max\left\{\frac{b} {a},\frac{c}{b},\frac{d}{c}\right\}$,则
\begin{align*}
\frac{-\frac{d}{a}}{w_1} &=\left| w_2 \right|^2>\frac{b}{a}\cdot \frac{c}{b}=\frac{c}{a}\Rightarrow cw_1+d>0,\\
\frac{-\frac{d}{a}}{w_1} &=\left| w_2 \right|^2>\frac{c}{b}\cdot \frac{d}{c}=\frac{d}{b}\Rightarrow aw_1+b>0.
\end{align*}
故$f(w_1)=(aw_1+b)w_1^2+cw_1+d>0$,与$f(w_1)=0$矛盾.证毕.
\end{jieda}

\begin{liti}
(苏州大学2021-2022秋季学期数学分析I期末考试,难度: \score{3}{5})
试判断$\sin(x^{2022})$与$\sin^{2022}(x)$在$(-\infty,+\infty)$上的一致连续性并说明理由.
\end{liti}
\begin{jieda}
先下结论: $\sin(x^{2022})$不一致连续, $\sin^{2022}(x)$一致连续.

证明:要证明$\sin(x^{2022})$不一致连续,我们使用反证法.

假设$\sin(x^{2022})$在$(-\infty,+\infty)$上一致连续,则$\varepsilon>0$, $\exists\delta>0$,对于$\forall x',x''\in \ \mathbb{R}$且$|x'-x''|<\delta$,有
$$|\sin(x'^{2022})-\sin(x''^{2022})|<\varepsilon.$$

不妨设$n\in \mathbb{N}$,令
$$x'=\sqrt[2022]{n\pi},\quad x''=\sqrt[2022]{n\pi+\frac{\pi}{2}},$$
则$\sin(x'^{2022})=0,\sin(x''^{2022})=\pm1.$,那么当$\varepsilon<1$时,不等式成立.

但又有
\begin{align*}
|x'-x''|&=|\sqrt[2022]{n\pi}-\sqrt[2022]{n\pi+\frac{\pi}{2}}|\\
&=\frac{|x'^{2022}-x''^{2022}|}{|x'^{2021}+x'^{2020}x''+\cdots+x'x''^{2020}+x''^{2021}|}
<\frac{\frac{\pi}{2}}{|2022x''^{2021}|},
\end{align*}
当$n$充分大时,有$x''^{2021}\rightarrow+\infty$, 就有$|x'-x''|<\delta$成立,由此引出矛盾,故$\sin(x^{2022})$不一致连续.

下面证明$\sin^{2022}(x)$在$(-\infty,+\infty)$上一致连续,我们利用导函数有界的性质来解决此问题.

这里我们先证明一个引理:

若函数$f(x)$在$[a,b]$上可导,且$|f'(x)|\leqslant M$,则$|f(b)-f(a)|\leqslant M（b-a）$.

证明:利用Lagrange中值定理, $\exists \xi\in(a,b)$,使得$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$,又$|f'(\xi)|\leqslant M$,可知$|f(b)-f(a)|\leqslant M(b-a)$.

下利用引理证明$\sin^{2022}(x)$的一致连续性.由于
$$f'(x)=2022\sin^{2021}(x)\cos(x).$$
$f'(x)$必然有界,不妨设$|f'(x)|\leqslant M,M>0$,则$\forall x',x''\in(-\infty,+\infty)$,有
$$|f(x')-f(x'')|\leqslant M|x'-x''|<\varepsilon.$$
故取$\delta=\frac{\varepsilon}{M}$,则$\forall \varepsilon>0$, $\exists \delta=\frac{\varepsilon}{M}$,使得$\forall x',x''\in(-\infty,+\infty)$且$|x'-x''|<\delta$,有$|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$.
\end{jieda}

\begin{liti}
(2020年东南大学数学分析,难度: \score{3}{5})
计算
$$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}\int_0^1\frac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}.$$
\end{liti}
\begin{jieda}
注意到
$$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{1}{4}\int_0^1 (x^{4})^{\frac{1}{4}-1} (1-x^4)^{\frac{1}{2}-1}\mathrm{d}(x^4)=\frac{1}{4}\mathrm{B}\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right).$$
$$\int_0^1 \frac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{1}{4}\int_0^1 (x^{4})^{\frac{3}{4}-1} (1-x^4)^{\frac{1}{2}-1}\mathrm{d}(x^4)=\frac{1}{4}\mathrm{B}\left(\frac{3}{4},\frac{1}{2}\right).$$
于是
$$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}\int_0^1\frac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{1}{4}\frac{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)}=\frac{1}{16}\frac{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)\Gamma^2\left(\frac{1}{2}\right)}{\frac{1}{4}\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}=\frac{\pi}{4}.$$
\end{jieda}

\begin{liti}
(2020年东南大学数学分析,难度: \score{3}{5})
计算
$$\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-p x} \frac{\sin b x-\sin a x}{x} \mathrm{d} x, \quad p>0, b>a>0.$$
\end{liti}
\begin{jieda}
当$y\in [a,b]$时, $\displaystyle\left|\int_0^A\cos xy\mathrm{d}x\right|\leqslant \frac{2}{a}$,即$\displaystyle\int_0^A \cos xy\mathrm{d}x$关于$y\in [a,b]$一致有界; $\mathrm{e}^{-px}$关于$x$单调,且当$x\to+\infty$时, $\mathrm{e}^{-px}$关于$y$一致趋于$0$.由Dirichlet判别法, $\displaystyle\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-px}\cos xy\mathrm{d}x$关于$y\in [a,b]$一致收敛,由积分次序交换定理
\begin{align*}
\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-p x} \frac{\sin b x-\sin a x}{x} \mathrm{d} x&=\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-px}\mathrm{d}x\int_{a}^b \cos xy\mathrm{d}y=\int_a^b \mathrm{d}y\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-px}\cos xy\mathrm{d}x\\ &=\int_a^b \frac{p}{p^2+y^2}\mathrm{d}y=\left[\arctan \frac{y}{p}\right]_{y=a}^{y=b}\\
&=\arctan \frac{b}{p}-\arctan \frac{a}{p}.
\end{align*}
\end{jieda}

\begin{liti}
(2020年东南大学数学分析,难度: \score{3}{5})

\end{liti}
\begin{jieda}

\end{jieda}

\begin{liti}
(难度: \score{3}{5})
\hfill (\qquad)
\begin{tasks}[label=(\Alph*)](2)
\task $a$的取值范围是$\left( 0,\frac{1}{2} \right)$
\task $a$的取值范围是$\left( -\infty,\frac{1}{2} \right)$
\task $f(x_1)<0$
\task $f(x_2)>-\frac{1}{2}$
\end{tasks}
\end{liti}
\begin{jieda}

\end{jieda}

\begin{liti}
(2021年山东省预赛,难度: \score{3}{5})
设函数$f(x)=x^2+ax+b$,对于任意的$a,b\in \mathbb{R}$,总存在$t\in [0,4]$,使得$|f(t)|\geqslant m$成立,则实数$m$的最大值是\underline{\hspace{2cm}}.
\end{liti}
\begin{jieda}
设$|f(t)|$的最大值为$M$,依题意有$m\leqslant M$恒成立,
$f(0)=b,f(4)=16+4a+b,f\left(-\frac{a}{2}\right)=-\frac{a^2}{4}+b,\Delta=a^2-4b$.

(1)当$\Delta\leqslant 0$时,若$-\frac{a}{2}\leqslant 2$,则$M\geqslant 4$;若$-\frac{a}{2}> 2$,则$M>4$.

(2)当$\Delta> 0$时,若$-\frac{a}{2}<0$,则$M>8$;若$-\frac{a}{2}>4$,则$M>8$.
若$0\leqslant-\frac{a}{2}\leqslant 2$,则$M\geqslant 2$;若$2<-\frac{a}{2}<4$,则$M>2$.

综上所述, $m\leqslant 2$.
\end{jieda}

 

\begin{liti}
设$f(x)=ax^2+bx+c$, $a,b,c$为实数,如果对于所有适合$-1\leqslant x \leqslant 1$的$x$值,都有$-1\leqslant f(x) \leqslant 1$成立,则对这些$x$的值有$-4\leqslant 2ax+b\leqslant 4$. (匈牙利, 1914)
\end{liti}
\begin{jieda}
由
$$
\begin{cases}
f\left( -1 \right) =a-b+c\\
f\left( 0 \right) =c\\
f\left( 1 \right) =a+b+c
\end{cases}$$
可知
$$
\begin{cases}
a=\frac{f\left( 1 \right) +f\left( -1 \right)}{2}-f\left( 0 \right)\\
b=\frac{f\left( 1 \right) -f\left( -1 \right)}{2}\\
c=f\left( 0 \right).
\end{cases}$$
而
$$
g\left( x \right) =2ax+b=\left[ f\left( 1 \right) +f\left( -1 \right) -2f\left( 0 \right) \right] x+\frac{f\left( 1 \right) -f\left( -1 \right)}{2}
$$
为一次函数,最值在端点处取得.

由
\begin{align*}
-4 &\leqslant g\left( 1 \right) =\frac{3}{2}f\left( 1 \right) +\frac{1}{2}f\left( -1 \right) -2f\left( 0 \right) \leqslant 4,
\\
-4 &\leqslant g\left( -1 \right) =-\frac{1}{2}f\left( 1 \right) -\frac{3}{2}f\left( -1 \right) +2f\left( 0 \right) \leqslant 4
\end{align*}
可知对$-1\leqslant x \leqslant 1$,都有$-1\leqslant f(x) \leqslant 1$成立,则对这些$x$的值有$-4\leqslant 2ax+b\leqslant 4$.
\end{jieda}

此题的背景是契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$-1\leqslant x \leqslant 1$满足不等式$-1\leqslant f(x) \leqslant 1$.
那么它的导函数满足不等式
$-n^2\leqslant f'(x)\leqslant n^2$.

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{liti}
(2010年高联,难度: \score{3}{5})
已知函数$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\ (a\neq 0)$,当$0\leqslant x\leqslant 1$时, $|f'(x)|\leqslant 1$,试求$a$的最大值.
\end{liti}
\begin{jieda}
$f'(x)=3ax^2+2bx+c$,由
$$
\begin{cases}
f'\left( 0 \right) =c,\\
f'\left( \frac{1}{2} \right) =\frac{3}{4}a+b+c,\\
f'\left( 1 \right) =3a+2b+c\\
\end{cases}
$$
得
$$3a=2f'\left( 0 \right)+2f'\left( 1 \right)-4f'\left( \frac{1}{2} \right).$$
所以
\begin{align*}
3\left| a \right|&=\left| 2f'\left( 0 \right) +2f'\left( 1 \right) -4f'\left( \frac{1}{2} \right) \right|\\
&\leqslant 2\left| f'\left( 0 \right) \right|+2\left| f'\left( 1 \right) \right|+4\left| f'\left( \frac{1}{2} \right) \right|\leqslant 8,
\end{align*}
故$a\leqslant \frac{8}{3}$.

又易知当$f(x)=\frac{8}{3}x^3-4x^2+x+m$ ($m$为常数)满足题设条件,所以$a$最大值为$\frac{8}{3}$.

\textbf{解法二.} $f'(x)=3ax^2+2bx+c$.

设$g(x)=f'(x)+1$,则当$0\leqslant x\leqslant 1$时, $0\leqslant g(x)\leqslant 2$.

设$z=2x-1$,则$x=\frac{z+1}{2},-1\leqslant z\leqslant 1$.
$$
h\left( z \right) =g\left( \frac{z+1}{2} \right) =\frac{3a}{4}z^2+\frac{3a+2b}{2}z+\frac{3a}{4}+b+c+1.
$$
容易知道当$-1\leqslant z\leqslant 1$时, $0\leqslant h(z)\leqslant 2,0\leqslant h(-z)\leqslant 2$.

从而当$-1\leqslant z\leqslant 1$时,$0\leqslant \frac{h(z)+h(-z)}{2}\leqslant 2$,即
$$0\leqslant \frac{3a}{4}z^2+\frac{3a}{4}+b+c+1\leqslant 2,$$
从而$\frac{3a}{4}+b+c+1\geqslant 0,\frac{3a}{4}z^2\leqslant 2$,

由$0\leqslant z^2\leqslant 1$知$a\leqslant \frac{8}{3}$.

又易知当$f(x)=\frac{8}{3}x^3-4x^2+x+m$ ($m$为常数)满足题设条件,所以$a$最大值为$\frac{8}{3}$.
\end{jieda}

 

\begin{liti}
(2011年安徽预赛,难度: \score{3}{5})
设$f(x)=ax^3+bx+c$ ($a,b,c$是实数),当$0\leqslant x\leqslant 1$时, $0\leqslant f(x)\leqslant 1$.求$b$的最大可能值.
\end{liti}
\begin{jieda}
由
$$\begin{cases}
f\left( 0 \right) =c,\\
f\left( 1 \right) =a+b+c,\\
f\left( \sqrt{\frac{1}{3}} \right) =\frac{a}{3\sqrt{3}}+\frac{b}{\sqrt{3}}+c
\end{cases}$$
可知
$$
2b=3\sqrt{3}f\left( \sqrt{\frac{1}{3}} \right) -f\left( 1 \right) -\left( 3\sqrt{3}-1 \right) f\left( 0 \right) \leqslant 3\sqrt{3}
$$
$f\left( x \right) =\frac{3\sqrt{3}}{2}\left( x-x^3 \right)$满足题设, $b$的最大可能值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
\end{jieda}

\begin{liti}
(2021年山东省预赛第二套,难度: \score{3}{5})
设实系数多项式$f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$,当$x\in [-1,1]$时,总有$|f(x)|\leqslant 1$,则$|c|$的最大值为\underline{\hspace{2cm}}.
\end{liti}
\begin{jieda}
设
$$
g\left( x \right) =\frac{f\left( x \right) +f\left( -x \right)}{2}=ax^4+cx^2+e,
$$
则对任意$x\in [0,1]$,都有$|g(x)|\leqslant 1$.于是
\begin{align*}
\left| c \right| &=\left| 4\left( \frac{a}{4}+\frac{c}{2}+e \right) -\left( a+c+e \right) -3e \right|\\
&=\left| 4g\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right) -g\left( 1 \right) -3g\left( 0 \right) \right|\leqslant 8.
\end{align*}
当$f(x)=8x^4-8x^2+1$时,令$x=\cos\theta$,则$f(x)=\cos4\theta$,于是$|f(x)|\leqslant 1$.

综上所述, $|c|_{\max}=8$.
\end{jieda}

\begin{liti}
(2020年东南大学数学分析,难度: \score{3}{5})

\end{liti}
\begin{jieda}

\end{jieda}

标签：begin,right,frac,函数,逼近,帕德,end,leqslant,left
来源： https://www.cnblogs.com/Eufisky/p/15860474.html