謝俊

摘要：?如何提升學(xué)生解導(dǎo)數(shù)壓軸題的能力，是高三復(fù)習(xí)過(guò)程中一個(gè)艱巨而又重要的課題.本文中從歷年高考導(dǎo)數(shù)壓軸題出發(fā)，深入探究導(dǎo)數(shù)與泰勒公式之間的淵源，揭示了導(dǎo)數(shù)壓軸題的泰勒公式背景，利用泰勒公式的特殊形式，歸納了幾種常見(jiàn)的重要不等式，總結(jié)了導(dǎo)數(shù)壓軸題的幾種類型，并提出了策略性的思考.

關(guān)鍵詞：泰勒公式;高考試題；解題策略；考題研究

泰勒（Taylor）以微積分中將函數(shù)展開(kāi)成無(wú)窮級(jí)數(shù)的定理而著稱于世.泰勒公式把初等函數(shù)與超越函數(shù)以逼近形式緊密地聯(lián)系了起來(lái)，泰勒公式扮演了非常重要的角色，泰勒公式即有高考導(dǎo)數(shù)命題中最常見(jiàn)的高等數(shù)學(xué)背景，又有以其背景而衍生出來(lái)的一些精彩結(jié)論.這些結(jié)論備受高考命題者的青睞，本文中試圖就歷年的高考試題來(lái)探究其深厚的淵源，從而展示泰勒公式阿娜多姿的風(fēng)采.

1 高數(shù)知識(shí)

1.1 泰勒公式

若函數(shù)f（x）在點(diǎn)x0處存在n階導(dǎo)數(shù)，則有

f（x）=f（x0）+f′（x0）（x－x0）+?f″（x0）?2！?5（x－x0）2+……+?f（n）（x0）?n！?（x－x0）n+o［（x－x0）n］.用得較多的是泰勒公式當(dāng)x0=0時(shí)的特殊形式：

f（x）=f（0）+f′（0）x+?f″（0）?2！?x2+……+?f（n）（0）?n！?xn+o（xn）.[JY]①

上面①式也稱為麥克勞林（Maclanrin）公式.

1.2 常見(jiàn)的泰勒公式

（1）ex=1+x+?x2?2！?+……+?xn?n！?+o（xn）；

（2）sin x=x－?x3?3！?+?x5?5！?+……+（－1）n－15?x2n－1?（2n－1）！?+o（x2n-1）;

（3）cos x=1－?x2?2！?+?x4?4！?+……+（－1）n?x2n?（2n）！?+o（x2n）;

（4）ln（1+x）=x－?x2?2?+?x3?3?+……+（－1）n－1?xn?n?+o（xn）;

（5）（1+x）α=1+αx+?α（α－1）?2！?x2+……+?α（α－1）……（α－n+1）?n！?xn+o（xn）;

（6）?1?1－x?=1+x+x2+……+xn+o（xn）.

截取片段，就構(gòu)成了高考中常見(jiàn)的不等式：

（1）ex≥1+x，ex≥1+x+?x2?2?（x≥0）;

（2）x－?x2?2?≤ln（1+x）≤x（x≥0）;

（3）x－?x3?6?≤sin x≤x（x≥0）;

（4）1－?x2?2?≤cos x≤1－?x2?2?+?x4?24?（x≥0）.

由泰勒公式演繹出來(lái)的不等式是高考的熱點(diǎn)，通過(guò)對(duì)其變形、賦值、替換等，又可以得出很多精彩的結(jié)論.我們對(duì)這些結(jié)論追本溯源，掌握其基本規(guī)律，就可以從容面對(duì)，快速找到解題思路、方法.

2 高考試題

2.1 泰勒公式與大小比較

例1?（2022年新高考Ⅰ卷第7題）設(shè)a=0.1e0.1，b=?1?9?，c=－ln 0.9，則（??）.

A.a

B.c

C.c

D.a

解：由泰勒公式，有

xex≈x?1+x+?1?2?x2?=x+x2+?1?2?x3.

所以0.1e0.1≈0.1+0.12+?1?2?×0.13=0.110 5.

又x·?1?1－x?≈x（1+x+x2）=x+x2+x3，所以[JP4]?1?9?=0.1×?1?1－0.1?≈0.1+0.12+0.13=0.111.又

－ln（1+x）≈－?x－?1?2?x2+?1?3?x3?，則－ln 0.9=－ln［1+（－0.1）］≈0.1+?1?2?×0.12+?1?3?×0.13≈0.105 3.

顯然c

2.2 泰勒公式與探路求值

例2?（2021年八省新高考適應(yīng)考試題）已知

f（x）=ex－sin x－cos x，g（x）=ex+sin x+cos x.

（1）證明：當(dāng)x>－?5π?4?時(shí)，f（x）≥0;

（2）若g（x）≥2+ax，求a.

解：（1）證明略.

（2）（必要性探路）由泰勒公式，有

ex=1+x+?x2?2！?+?x3?3！?+……+?xn－1?（n－1）！?+o（xn-1），[JY]②

sin x=x－?x3?3！?+?x5?5！?+……+（－1）n－1?x2n－1?（2n－1）！?+o（x2n-1），[JY]③

cos x=1－?x2?2！?+?x4?4！?+……+（－1）n?x2n?（2n）！?+o（x2n）.[JY]④

由②+③+④，得

ex+sin x+cos x=2+2x+2×??x4?4！?+?x5?5！?+?x8?8！?+?x9?9！?+?x12?12！?+?x13?13！?+……?.

上式中，sin x，cos x中的負(fù)項(xiàng)全部被ex中的正項(xiàng)抵消，于是得到g（x）=ex+sin x+cos x≥2+2x成立，所以，背景出來(lái)了，a=2.

（充分性證明）在（1）中，令

F（x）=g（x）－2－ax=ex+sin x+cos x－2－ax.

當(dāng)x>－?5π?4?時(shí)，F(xiàn)″（x）=g（x）>0成立，所以

F′（x）=ex+cos x－sin x－a在?－?5π?4?，+∞?上單調(diào)遞增.

（ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，則F′（0）=2－a=0.由F′（x）的單調(diào)性知，

當(dāng)x∈?-[SX（]5π[]4[SX）]，0?時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減，

當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，

所以F（x）≥F（x）min=F（0）=0.

當(dāng)x≤－?5π?4?時(shí)，

F（x）=ex+sin x+cos x－2－ax≥0－?2?－2+?5π?2?>0.

故當(dāng)a=2時(shí)，F(xiàn)（x）≥0.

（ⅱ）當(dāng)a>2時(shí)，則F′（0）=2－a<0.因?yàn)?/p>

F′（x）≥ex－?2?－a，所以F′（ln（?2?+2a））>a>2>0.

由零點(diǎn)存在定理知，必存在x0∈（0，ln（?2?+2a））

使得F′（x0）=0，此時(shí)滿足x∈（0，x0）時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減，所以

F（x）

（ⅲ）當(dāng)a<2時(shí)，則F′（0）=2－a>0.因此

在區(qū)間?－?5π?4?，0?上均有F′（x）>0，于是F（x）在此區(qū)間單調(diào)遞增，故有F（x）

若F′?－?5π?4??<0，必存在x0∈?－?5π?4?，0?，使得F′（x0）=0，

此時(shí)，滿足x∈（x0，0）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，所以F（x）

綜上所述，可知a=2.

2.3 泰勒公式與近似估值

例3?（2014年新課標(biāo)Ⅱ卷）已知

f（x）=ex－e－x－2x.

（1）設(shè)g（x）=f（2x）－4bf（x），當(dāng)x>0時(shí)，g（x）>0，求b的最大值；

（2）已知1.414 2

解：（1）由題意知

g（x）=f（2x）－4bf（x）=（e2x－e－2x－4x）-4b（ex－e－x－2x）.

由泰勒公式，有ex－e－x－2x≥?2x3?3?，所以

e2x－e－2x－4x≥?2（2x）3?3?.

又x＞0時(shí)，g（x）＞0，所以?（2x）3?3?－4b5?x3?3?≥0.

所以b≤2.故b的最大值為2.

（2）因?yàn)閘n 2=ln?1+?1?3??1－?1?3??，所以轉(zhuǎn)化為研究ln?1+x?1－x?的形式.由泰勒公式，有

ln（1+x）=x－?x2?2?+?x3?3?－?x4?4?+?x5?5?－?x6?6?+……

ln（1－x）=－x－?x2?2?－?x3?3?－?x4?4?－?x5?5?－?x6?6?－……

兩式相減，得ln?1+x?1－x?=2x+?2?3?x3+?2?5?x5+……

令x=?1?3?，即可得符合精度的近似估值，所以

ln 2=2×?1?3?+?2?3?×??1?3??3+?2?5?×??1?3??5+……≈0.693.

2.4 泰勒公式與極值界定

例4?（2018年新課標(biāo)Ⅲ卷）已知函數(shù)f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）－2x，

若x=0是f（x）的極大值點(diǎn)，求a的值.

解：（2）由泰勒公式，有

ln（1+x）=x－?x2?2?+?x3?3?－?x4?4?+……+（－1）n－15?xn?n?+o（xn）.

所以f（x）=（2+x+ax2）[JB（［]x－?x2?2?+?x3?3?－?x4?4?+……+[JB（]（－1）n－1?xn?n?+o（xn）]－2x，要判斷f（x）的極值點(diǎn)，取前三、四項(xiàng)即可，于是

f（x）≈（2+x+ax2）（x－?x2?2?+?x3?3?－?x4?4?）－2x=?a+?1?6??x3+?－?a?2?－?1?6??x4+o（x4）.

上式中，a+?1?6?≠0，在0附近足夠小的區(qū)間內(nèi)，三次以上各項(xiàng)和絕對(duì)值比三次項(xiàng)小，f（x）的正負(fù)符號(hào)與三次項(xiàng)?a+?1?6??x3保持一致.f（x）與f（－x）異號(hào)，總有一個(gè)大于零，故f（0）=0不是極大值，故最低階的無(wú)窮小必須是x4，因此a+?1?6?=0，解得a=－?1?6?，此時(shí)x4系數(shù)為－?1?12?，正好取得最大值，滿足題意.

2.5 泰勒公式與放縮變形

例5?（2020年高考全國(guó)Ⅰ卷）已知函數(shù)f（x）=aex－1－ln x+ln a，若f（x）≥1，求a的取值范圍.

解：當(dāng)0

當(dāng)a>1時(shí)，有

f（x）=aex－1－ln x+ln a>ex－1－ln x≥1.

由泰勒公式，有

ex=1+x+?x2?2！?+?x3?3！?+……+?xn?n！?+o（xn）.

于是有ex≥1+x，把x換成x－1，得ex－1≥x.

又由泰勒公式，有

ln（1+x）=x－?x2?2?+?x3?3?+……+（－1）n－1?xn?n?+o（xn）.

于是有l(wèi)n（1+x）≤x，把x換成x－1，

得ln x≤x－1，即

－ln x≥1－x.

所以，ex－1－ln x≥1，此式

即當(dāng)a=1時(shí)的情形.

綜上，a的取值范圍為［1，+∞）.

2.6 泰勒公式與數(shù)列不等式

例6?（2017年高考浙江卷）已知數(shù)列{xn}滿足：

x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1），n∈N*

.證明：當(dāng)n∈N*，

（1）0＜xn+1＜xn;

（2）2xn+1－xn≤?xn·xn+1?2?;

（3）?1?2n－1?≤xn≤?1?2n－2?.

證明：第（1）問(wèn)略.

（2）由泰勒公式，有

ln（1+x）=x－?x2?2?+?x3?3?+……+（－1）n－1?xn?n?+o（xn）.

所以ln（1+x）≥x－?x2?2?，x∈（－1，1］，則

xn=xn+1+ln（1+xn+1）≥xn+1+xn+1－?x2n+1?2?=2xn+1－?x2n+1?2?≥2xn+1-?xnxn+1?2?.

故2xn+1－xn≤?xn·xn+1?2?.

（3）由泰勒公式，有l(wèi)n（1+x）≤x（x＞0）.

因?yàn)閤n=xn+1+ln（1+xn）≤xn+1+xn+1=2xn+1，所以xn≥?1?2n+1?.

由（2）知2xn+1－xn≤?xn·xn+1?2?，

則有

1?xn+1?－?1?2?≥2??1?xn?－?1?2??>0.

所以?1?xn?－?1?2?≥2??1?xn－1?－?1?2??≥……≥2n－15??1?x1?－?1?2??=2n－2.故xn≤?1?2n－2?.

綜上，?1?2n-1?≤xn≤?1?2n－2?（n∈N*）.

泰勒公式在高考試題中的美妙身姿何止這些，限于篇幅，在此就不再一一撰述.盡管高考試題的設(shè)計(jì)有來(lái)源于泰勒公式，但命題者提供的方法，最終還是要用中學(xué)所學(xué)的導(dǎo)數(shù)知識(shí)來(lái)解決，但是如果利用泰勒公式來(lái)思考，則解題思維會(huì)更加流暢，更容易接近問(wèn)題的本質(zhì)［1］.

泰勒公式是高等數(shù)學(xué)的知識(shí)，直接應(yīng)用恐有失分，但如果知道常見(jiàn)函數(shù)的泰勒公式，我們就很容易發(fā)現(xiàn)試題的背景，應(yīng)用初等數(shù)學(xué)方法解決即可［2］.學(xué)習(xí)高中數(shù)學(xué)適當(dāng)掌握一點(diǎn)高等數(shù)學(xué)知識(shí)，對(duì)于學(xué)生來(lái)說(shuō)不僅僅是一舉多得的好事，更可以直達(dá)“會(huì)當(dāng)臨絕頂，一覽眾山小”的解題仙境！

參考文獻(xiàn)：

[1]李尚志.大學(xué)視角下的中學(xué)數(shù)學(xué)[M].上海：華東師范大學(xué)出版社，2022：289.

[2]李鴻昌.高考題的高數(shù)探源與初等解法[M].合肥：中國(guó)科學(xué)技術(shù)大學(xué)出版社，2022：29-40.