数学 最佳逼近直线与曼哈顿等距线法
显然仅仅知道切比雪夫最值基本定理是远远不够的，它仅解决了标准多项式函数与常值函数 0 的偏差这一个简单问题。接下来我们利用最佳逼近多项式存在定理探究更为一般的在区间 $[a, b]$ 上的连续函数 $f(x)$ 的最佳逼近问题。
一次最佳逼近定理
定理内容：若函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续且二阶导数 $f''(x)$ 不变号，则 $f(x)$ 的最佳一次逼近函数为
$$P_1(x) = \frac{f(a) - f(b)}{a - b} \left( x - \frac{a + \xi}{2} \right) + \frac{f(a) + f(\xi)}{2}$$其中 $f'(\xi) = \frac{f(a) - f(b)}{a - b}$。
定理证明：
设所求一次最佳逼近多项式为 $P_1(x) = a_1 x + a_0$。
由最佳逼近多项式存在定理知，$P_1(x) - f(x)$ 至少需存在三个轮流正负交错点，设为 $a \le x_1 < x_2 < x_3 \le b$。
由于 $f''(x)$ 不变号，故而 $[P_1(x) - f(x)]' = a_1 - f'(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调，于是 $a_1 - f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内有且只有一个零点，其只能为 $x_2$，则有：
$$a_1 - f'(x_2) = 0 \implies a_1 = f'(x_2)$$
显然区间端点 $a$ 和 $b$ 必是另两个偏差点（否则由单调性知必有 $|P_1(a) - f(a)| > |P_1(x_1) - f(x_1)|$），故而有：
$$P_1(a) - f(a) = P_1(b) - f(b) = -[P_1(x_2) - f(x_2)]$$
解得：
$$a_1 = \frac{f(a) - f(b)}{a - b} = f'(x_2) \quad \text{且} \quad a_0 = \frac{f(x_2) + f(a)}{2} - \frac{f(a) - f(b)}{a - b} \cdot \frac{a + x_2}{2}$$
由此可得：
$$P_1(x) = \frac{f(a) - f(b)}{a - b} \cdot \left( x - \frac{a + x_2}{2} \right) + \frac{f(a) + f(x_2)}{2}$$
若令 $x_2 = \xi$，即可证得上述定理。
如图所示，显然上述定理的几何意义是说在区间 $[a, b]$ 上连续且二阶导数不变号的函数 $f(x)$ 的最佳一次逼近曲线是这样一条直线，其必须平行于过曲线 $f(x)$ 在区间两端点的直线 $AB$，且过极值点所对应曲线上的点 $C$ 与任一端点连线的中点 $P$。
推论：一次逼近最小偏差公式
若函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续且二阶导数 $f''(x)$ 不变号，则 $f(x)$ 与其最佳一次逼近 $P_1(x)$ 的偏差为：
$$\Delta E(f, P_1) = \left| \frac{f(a) - f(b)}{a - b} \cdot \frac{\xi - a}{2} + \frac{f(a) - f(\xi)}{2} \right|$$
其中 $f'(\xi) = \frac{f(a) - f(b)}{a - b}$。
推论证明：
由前述定理知 $P_1(x) = \frac{f(a) - f(b)}{a - b} \cdot \left( x - \frac{a + \xi}{2} \right) + \frac{f(a) + f(\xi)}{2}$，其中 $f'(\xi) = \frac{f(m) - f(n)}{m - n}$，在证明前述定理过程中已知：
$$\begin{aligned}\Delta E(f, P_1) &= \left| \left[ \frac{f(a) - f(b)}{a - b} \cdot \left( \xi - \frac{a + \xi}{2} \right) + \frac{f(a) + f(\xi)}{2} \right] - f(\xi) \right| \\&= \left| \frac{f(a) - f(b)}{a - b} \cdot \frac{\xi - a}{2} + \frac{f(a) - f(\xi)}{2} \right|\end{aligned}$$
证毕。
典型例题解析
例题 1
设函数 $f(x) = \left| \frac{2}{x} + ax + b \right|$，若对任意的实数 $a$ 和实数 $b$，总存在 $x_0 \in [1, 3]$，使得 $f(x_0) \ge m$，则实数 $m$ 的最大值是 ______。
解析：
显然当 $x \in [1, 3]$ 时，$r(x) = \frac{2}{x}$ 是下凸函数，过区间两端点的直线的斜率为 $-\frac{2}{3}$，因为
$$r'(x) = -\frac{2}{x^2} = -\frac{2}{3} \implies x = \sqrt{3}$$
故而有 $r(x)$ 的最佳逼近直线方程为：
$$y - \frac{\frac{2}{\sqrt{3}} + 2}{2} = -\frac{2}{3} \left( x - \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \right) \implies y = -\frac{2}{3}x + \frac{2\sqrt{3} + 4}{3}$$
此时有
$$m_{\max} = \left| -\frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3} - 1}{2} + \frac{2 - \frac{2}{\sqrt{3}}}{2} \right| = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{3}$$
此时有 $a = \frac{2}{3}, b = -\frac{2\sqrt{3}+4}{3}$。
例题 2
$f(x) = 4^x + 1 + a \cdot 2^x + b$ ($a, b \in \mathbb{R}$)，若对任意的 $x \in [0, 1]$，$|f(x)| \le \frac{1}{2}$ 都在成立，则 $b = $ ______。
解析：
若令 $2^x = t \in [1, 2]$，则有
$$|f(x)| = \left| 4 \left| t^2 + \frac{a}{4}t + \frac{b}{4} \right| \right| \le \frac{1}{2} \implies \left| t^2 + \frac{a}{4}t + \frac{b}{4} \right| \le \frac{1}{8}$$
当 $t \in [1, 2]$ 时，过曲线 $y = t^2$ 两端点的直线斜率为 3，当 $(t^2)' = 3$ 时可解得 $t = \frac{3}{2}$，故而可求得下凸函数 $y = t^2$ 在 $[1, 2]$ 上的最佳逼近直线的方程为
$$y - \frac{13}{8} = 3 \left( t - \frac{5}{4} \right) \text{ 即 } y = 3t - \frac{17}{8}$$
从而可得 $\left| t^2 + \frac{a}{4}t + \frac{b}{4} \right|$ 的最大值的最小值为
$$\left| 3 \cdot \frac{\frac{3}{2} - 1}{2} + \frac{1 - (\frac{3}{2})^2}{2} \right| = \frac{1}{8}$$
由此知 $y = -\frac{a}{4}t - \frac{b}{4}$ 恰好为 $y = t^2$ 在 $[1, 2]$ 上的最佳逼近直线，故而有 $\frac{a}{4} = -3$ 即 $a = -12$，$-\frac{b}{4} = -\frac{17}{8}$ 即 $b = \frac{17}{2}$。
推论：特殊一次逼近最小偏差
若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续、二阶导数不变号且 $f(a) = f(b)$，则 $f(x)$ 与其最佳一次逼近 $P_1(x)$ 的偏差为
$$\Delta E(f, P_1) = \left| \frac{f(a) - f(\xi)}{2} \right|$$
其中 $f'(\xi) = 0$。
例题 3
已知函数 $f(x) = \left| x + \frac{1}{x} - ax - b \right|$，当 $x \in [\frac{1}{2}, 2]$ 时，设 $f(x)$ 的最大值为 $M(a, b)$，则 $M(a, b)$ 的最小值为 ______。
解析：
思路1： 令 $r(x) = x + \frac{1}{x}$，则有 $r(\frac{1}{2}) = r(2)$，若令 $r'(x) = 1 - \frac{1}{x^2} = 0$，解得 $x = 1$，由前述推论知
$$M(a, b)_{\min} = \left| \frac{r(\frac{1}{2}) - r(1)}{2} \right| = \left| \frac{\frac{5}{2} - 2}{2} \right| = \frac{1}{4}$$
当且仅当 $a=0, b = \frac{9}{4}$ 时 $M(a, b)$ 取得最小值。
思路2： 已知 $\frac{1}{2}, 1, 2$ 是切比雪夫交错点组，且有
$$f(1) = | 2 - a - b |, \quad f \left( \frac{1}{2} \right) = \left| \frac{5}{2} - \frac{1}{2}a - b \right|, \quad f(2) = \left| \frac{5}{2} - 2a - b \right|$$
故而有
$$2M(a, b) \ge \frac{1}{3} f(2) + \frac{2}{3} f \left( \frac{1}{2} \right) + f(1) \ge \left| \left( \frac{5}{6} - \frac{2}{3}a - \frac{1}{3}b \right) + \left( \frac{5}{3} - \frac{1}{3}a - \frac{2}{3}b \right) - (2 - a - b) \right| = \frac{1}{2}$$
从而可得 $M(a, b) \ge \frac{1}{4}$。
例题 4
已知函数 $f(x) = \left| \ln x + \frac{1}{x} - ax - b \right|$ ($a, b \in \mathbb{R}$)，且 $x_0 \in [1, e^2]$，满足 $\ln x_0 + \frac{1}{x_0} = e - 1$，当 $x \in [\frac{1}{e}, x_0]$ 时，设函数 $f(x)$ 的最大值为 $M(a, b)$，则 $M(a, b)$ 的最小值为 ______。
解析：
令 $r(x) = \ln x + \frac{1}{x}$，则有 $r(\frac{1}{e}) = r(x_0)$。若令 $r'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = 0$，可解得 $x = 1$，由前述推论知
$$M(a, b)_{\min} = \left| \frac{e - 1 - 1}{2} \right| = \frac{e - 2}{2}$$
例题 5
对于 $a, b \in \mathbb{R}$，函数 $f(x) = \left| ax + \frac{1}{x} + b \right|$ 在区间 $x \in [1, 2]$ 上的最大值记为 $M(a, b)$， $M(a, b)$ 的最小值为 ______。
解析：
令 $r(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2}x$，则有 $r(1) = r(2)$，若令 $r'(x) = -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{2} = 0$，可解得 $x = \sqrt{2}$，由前述推论知
$$M(a, b)_{\min} = \left| \frac{r(1) - r(\sqrt{2})}{2} \right| = \frac{3 - 2\sqrt{2}}{4}$$
在解答上述例题的基础上我们可总结出如下结论。
结论：求最小偏差中的构造
在求 $\max_{a \le x \le b} |f(x) - (mx + n)|$ 的最小值时，我们常令 $r(x) = f(x) + tx$ 以使 $r(a) = r(b)$，此时
$$\min_{m, n \in \mathbb{R}} \left[ \max_{a \le x \le b} |f(x) - (mx + n)| \right] = \min_{m, n \in \mathbb{R}} \left[ \max_{a \le x \le b} |[f(x) + tx] - [(m+t)x + n]| \right]$$从而降低我们直接求 $f(x)$（函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶导数不变号）在区间 $[a, b]$ 上的最佳逼近直线的难度。
曼哈顿等距线法
在本讲的最后我们就如下两道例题快速讲解一下用曼哈顿（Manhattan）等距线解决双绝对值之和的双最值问题。
例题 6
已知 $a, b \in \mathbb{R}$，设函数 $f(x) = 2|\sin x + a| + |\cos 2x + \sin x + b|$ 的最大值为 $G(a, b)$，则 $G(a, b)$ 的最小值为 ______。
解析：
易知
$$f(x) = |2\sin x + 2a| + \left| -\frac{1}{2}(2\sin x)^2 + \frac{1}{2}(2\sin x) + 1 + b \right|$$
若令 $2\sin x = t \in [-2, 2]$，则有
$$-\frac{1}{2}(2\sin x)^2 + \frac{1}{2}(2\sin x) + 1 = -\frac{1}{2}t^2 + \frac{1}{2}t + 1 = r(t)$$
由此本题等价于当 $t \in [-2, 2]$ 时，求
$$G(a, b) = \max \left[ |t - (-2a)| + |r(t) - (-b)| \right]$$
的最小值。
显然 $|t - (-2a)| + |r(t) - (-b)|$ 表示曲线 $r(t)$ 上的点 $(t, r(t))$ 到中心点 $P(-2a, -b)$ 的折线距离之和——我们习惯称此距离为曼哈顿距离。如下图所示，我们以 $P$ 为中心任意画一个正方形框 $ABCD$（记为 $\Gamma$，其对角线需平行于坐标轴），设 $\Gamma$ 与曲线 $r(t)$ 的某一交点为 $G$，作 $GH \perp AC$ 于 $H$，作 $GI \perp BD$ 于 $I$，显然有
$$|t - (-2a)| + |r(t) - (-b)| = |GI| + |GH| = |GI| + |HC| = |PC|$$
也即 $|t - (-2a)| + |r(t) - (-b)|$ 的几何意义是以 $P$ 为中心点的正方形的对角线长的一半。显而易见的是我们需把 $\Gamma$ 画的尽可能大，以使它将曲线 $r(t)$ 全部包裹（下图即为此情形），这样曲线 $r(t)$ 上的其它点到 $P$ 点的曼哈顿距离一定不大于目前图示中的曼哈顿距离。
接下来我们需要调整最外侧的这个正方形框的大小，如下图所示，当正方形框的 $AD$ 边与 $CD$ 边同时与曲线相切且 $AB$ 边恰好过曲线的端点 $(-2, r(-2))$ 时曼哈顿正方形最小，此时直线的斜率为 $-1$，令
$$r'(t) = \left( -\frac{1}{2}t^2 + \frac{1}{2}t + 1 \right)' = -t + \frac{1}{2} = -1 \implies t = \frac{3}{2}$$
故而可得直线 $CD$ 与曲线的切点为 $(\frac{3}{2}, \frac{5}{8})$，进而可得直线 $CD$ 的方程为 $y = -t + \frac{17}{8}$，又因直线 $AB$ 过点 $(-2, -2)$，故而知直线 $AB$ 的方程为 $y = -t - 4$，由此可得
$$|AD| = \frac{\left| \frac{17}{8} + 4 \right|}{\sqrt{2}} = \frac{49\sqrt{2}}{16}$$
最终可得
$$G(a, b)_{\min} = \min_{a, b \in \mathbb{R}} \left[ \max_{-2 \le t \le 2} [|t - (-2a)| + |r(t) - (-b)|] \right] = \frac{49}{16}$$
结论：曼哈顿等距线法
我们把解答上一例题所使用的方法称为曼哈顿等距线法，其破题的关键是画出一个最外侧的临界曼哈顿正方形，使该正方形恰好完全包裹住某一区间上的函数图像（有些情况下临界情况并不好观察，需要计算后作出取舍）。
例题 7
已知函数 $f(x) = |\sqrt{x} - a| + 2|x - b|$ ($a, b \in \mathbb{R}$)，当 $x \in [0, 4]$ 时，$f(x)$ 的最大值为 $M(a, b)$，则 $M(a, b)$ 的最小值为 ______。
解析：
令 $\sqrt{x} = t \in [0, 2]$，则有 $2x = 2t^2 = r(t)$，进而且有
$$f(x) = |t - a| + |r(t) - 2b|$$
如图所示，我们以 $P(a, 2b)$ 为中心作曼哈顿正方形 $ABCD$，显然当 $AB$ 边过 $(0, 0)$、$CD$ 边过 $(2, 8)$ 时曼哈顿正方形最小。此时易知直线 $CD$ 的方程为 $y = -x + 10$，故而有
$$M(a, b)_{\min} = \frac{10}{2} = 5$$
习题
若 $\forall a, b \in \mathbb{R}$，总存在 $x \in [1, 5]$ 使得 $|x^2 + ax + b| \ge m$ 成立，则实数 $m$ 的取值范围是 ______。
设 $a, b \in \mathbb{R}$，不等式 $|x^2 + ax + b| \le 1$ 对任意的 $x \in [m, n]$ 恒成立，则 $n - m$ 的最大值是 ______。
已知函数 $f(x) = \left| \frac{x-2}{x+2} - ax - b \right|$，若对任意的实数 $a, b$，总存在 $x_0 \in [-1, 2]$，使得 $f(x_0) \ge m$，则实数 $m$ 的最大值是 ______。
已知函数 $f(x) = |x^2 + ax + b|$ 在区间 $[0, 4]$ 上的最大值为 $M$，当实数 $a, b$ 变化时，$M$ 最小值为 ______，当 $M$ 取到最小值时，$a + b = $ ______。
已知函数 $f(x) = |2\sqrt{x} + ax + b|$ ($a, b \in \mathbb{R}$) 在区间 $[0, 4]$ 上恒有 $f(x) \le \frac{1}{2}$，则 $a + 2b = $ ______。
函数 $f(x) = |\ln x + a| + |x + b|$ ($a, b \in \mathbb{R}$)，当 $x \in [1, e]$ 时，记 $f(x)$ 最大值为 $M(a, b)$，则 $M(a, b)$ 的最小值为 ______。
设函数 $f(x) = |x - a| + |x^2 - b|$ ($a, b \in \mathbb{R}$)，当 $x \in [-2, 2]$ 时，记 $f(x)$ 的最大值为 $M(a, b)$，则 $M(a, b)$ 的最小值为 ______。
解析
[解析]：
由题知 $m \le \min_{a, b \in \mathbb{R}} \left[ \max_{1 \le x \le 5} |x^2 + ax + b - 0| \right]$，由前述推论知
$$\min_{a, b \in \mathbb{R}} \left[ \max_{1 \le x \le 5} |x^2 + ax + b - 0| \right] = \frac{4^2}{2^3} = 2$$故而有 $m \in (-\infty, 2]$。
[解析]：
显而易见的是
$$\frac{1 \cdot |n - m|^2}{2^3} = \frac{|n - m|^2}{8} \le 1 \implies |n - m|^2 \le 8 \implies |n - m|_{\max} = 2\sqrt{2}$$[解析]：
易算出过曲线 $y = \frac{x-2}{x+2}$ 的区间两端点的直线斜率为 1，因为
$$y' = \left( \frac{x-2}{x+2} \right)' = \frac{4}{(x+2)^2} = 1 \implies x = 0$$由前述结论易知函数 $y = \frac{x-2}{x+2}$ 在区间 $[-1, 2]$ 上的最佳逼近直线方程为 $y + 2 = 1(x + \frac{1}{2})$ 即 $y = x - \frac{3}{2}$，故而有
$$m_{\max} = \left| 1 \cdot \frac{0+1}{2} + \frac{-3 - (-1)}{2} \right| = \frac{1}{2}$$[解析]：
显而易见的是
$$f(x) = |x^2 + ax + b| = |(x^2 - 4x) + (a+4)x + b|$$令 $r(x) = x^2 - 4x$，则有 $r(0) = r(4)$，若令 $r'(x) = 2x - 4 = 0$，可解得 $x = 2$，由前述推论知
$$M_{\min} = \left| \frac{r(0) - r(2)}{2} \right| = 2$$当且仅当 $(a+4)x + b = 2$ 即 $a+b = -2$ 时 $M$ 取到最小值。
[解析]：
显而易见的是
$$f(x) = |2\sqrt{x} + ax + b| = |(2\sqrt{x} - x) + (a+1)x + b|$$令 $r(x) = 2\sqrt{x} - x$，则有 $r(0) = r(4)$，再令 $r'(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} - 1 = 0$，可解得 $x = 1$，由前述推论知 $f(x)$ 的最大值的最小值为
$$\min_{a, b \in \mathbb{R}} [\max_{0 \le x \le 4} |f(x)|] = \left| \frac{r(0) - r(1)}{2} \right| = \frac{1}{2}$$当且仅当 $(a+1)x + b = -\frac{1}{2}$ 即 $a + 2b = -2$ 时 $M$ 取到最小值。
[解析]：
显然有
$$f(x) = |x - (-b)| + |\ln x - (-a)|$$如图所示，首先我们以 $P(-b, -a)$ 为中心作曼哈顿正方形 $ABCD$，显然当 $AB$ 边过 $(1, 0)$、$CD$ 边过 $(e, 1)$ 且正方形的对角线平行于坐标轴时曼哈顿正方形最小。易知直线 $AB$ 的方程为 $y = -x + 1$，直线 $CD$ 的方程为 $y = -x + e + 1$，故而可得
$$M(a, b)_{\min} = \frac{e}{2}$$[解析]：
如图所示，首先我们以 $P(a, b)$ 为中心作曼哈顿正方形 $ABCD$，显然当 $BC$ 边与曲线 $y = x^2$ 相切且 $AD$ 边过 $(-2, 4)$ 且正方形的对角线平行于坐标轴时曼哈顿正方形最小。利用相切可算得直线 $BC$ 的方程为 $y = x - \frac{1}{4}$，而直线 $AD$ 的方程为 $y = x + 6$，故而可得
$$M(a, b)_{\min} = \frac{6 + \frac{1}{4}}{2} = \frac{25}{8}$$