“泰勒公式”視角下一類與極值點相關的函數壓軸題的命制與破解方法

基金項目? 江蘇省教育科學十四五規劃課題“‘大概念’視角下高中數學‘學研一體化’教學設計的實踐研究”（C-c/2021/02/73）.

【摘? 要】? 函數作為貫穿整個高中數學的一條主線，圍繞它所涉及的一系列數學思想、方法對學生數學核心素養的培養大有裨益.通過對一些初等函數進行簡單的四則運算和復合就可以得到一些較為復雜的函數模型（往往含參數），考查當該模型在某點處滿足某些局部性質（如在某點取得極值時，求參數的范圍）成為命題人格外青睞的命題方向.從“泰勒公式”的視角，給出了兩個與函數極值點相關的結論，試圖為研究此類問題提供必要的理論依據，為具體解題提供一定的方法指導.

【關鍵詞】? 泰勒公式；含參模型；函數極值點

函數極值點是函數的一類典型局部性質，它高度刻畫了函數在該“點”兩側附近不同的變化形態，高中階段主要通過導數工具來研究.歷年高考函數壓軸題，命題人習慣對一些初等函數進行簡單的四則運算和復合得到一些較復雜的非線性函數模型作為命題主干，通過對條件的限制考查模型中參數的范圍［1］.由于參數的不確定導致函數的變化形態缺乏規律，往往成為命題者在此類問題上的“大殺招”. 泰勒公式是將一個在點x0附近具有直到n+1階導數的函數f（x）利用關于x－x0的n次多項式來近似估計的方法.它最大的作用就是可以把超越函數通過用多項式函數來近似估計，并且原函數在某點附近的形態與在該點處的泰勒展開式的函數形態近似程度較高，從而可以高度“量化”復雜函數模型中所有初等函數“疊加”產生的效果.

本文主要基于“泰勒公式 ”視角，從高等數學的觀點闡述如何人為創造一個較復雜的含參函數模型來命制一類與極值點相關的函數壓軸題.1? 與“泰勒公式”相關的高等數學背景

1.1? 函數的高階導數與幾類常見的初等函數的高階導數公式

一般的，函數y=f（x）的導數y′=f′（x）仍然是x的函數.我們把y′=f′（x）的導數叫做函數y=f（x）的二階導數，記作y″，即y″=（y′）′.相應的，把y=f（x）的導數f′（x）叫做函數y=f（x）的一階導數.類似地，二階導數的導數叫做三階導數，三階導數的導數叫做四階導數……一般的，（n－1）階導數的導數叫做n階導數，分別記作y，y（4），…，y（n）.函數y=f（x）具有n階導數，也常說成函數f（x）為n階可導.由導數定義可知，如果函數f（x）在點x處具有n階導數，那么f（x）在點x的某一鄰域內必定具有一切低于n階的導數.二階及二階及以上的導數統稱為高階導數.

由此可見，求高階導數就是多次接連地求導數.下面給出高中階段比較常用的幾類初等函數的高階導數公式：

（1）（ex）（n）=ex;

（2）（sinx）（n）=sinx+n·π2;

（3）（cosx）（n）=cosx+n·π2;

（4）［ln（1+x）］（n）=（－1）n－1（n－1）?。?+x）n.

1.2? 兩個函數的和、差、積的高階導數公式

我們知道，將多個初等函數進行簡單的四則運算就可以得到一些較復雜的函數模型.如果函數u=u（x）及v=v（x）都在點x處具有n階導數，顯然u（x）+v（x）也在點x處具有n階導數.下面不加證明地給出兩個函數的和、差、積的高階導數公式.

（u±v）n=u（n）±v（n）;

（uv）（n）=u（n）v+nu（n－1）v′+n（n－1）2！u（n－2）v″+…+n（n－1）（n－2）…（n－k+1）k！u（n－k）v（k）+…+uv（n）=∑nk=0Cknu（n－k）v（k）.

如：（5）（x2e2x）（20）=220e2x（x2+20x+95）；

（6）（xlnx）（n）=（－1）n－2（n－2）！xn－1（n≥2）；

（7）（xex）（n）=（n+x）ex.

1.3? 非線性可導函數的局部線性估計

在數學上，對于一些較復雜的函數，為了研究方便，希望用一些簡單的函數近似表達，而用切線近似就是一種較為常見的估計方法.我們已經知道，當x很小時，有如下的近似等式

ex≈1+x，ln（1+x）≈x.

由圖1、圖2可知，這種近似表達式存在著明顯的不足之處：首先是精確度不高，它所產生的誤差僅僅是關于x的高階無窮??；其次用它來作近似計算時，不能具體估算出誤差大小.因此，對于精確度要求較高且需要估計誤差的時候，就必須用到高次多項式來近似表達函數，同時給出誤差公式.最為關鍵的是，由于用多項式表示的函數，只要對自變量進行有限的加、減、乘三種初等運算，便能求出它的函數值來.因此需要尋求用較高階的多項式來近似表達函數的方法.

1.4? 高階可導函數的局部多項式估計方法——泰勒公式

設函數f（x）在含有x0的開區間內具有直到（n+1）階導數，怎樣得到一個關于（x－x0）的n次多項式pn（x）=a0+a1（x－x0）+a2（x－x0）2+…+an（x－x0）n來近似表達f（x）？并且要求pn（x）與f（x）之差是比（x－x0）n高階的無窮小，并給出誤差f（x）－pn（x）的具體表達式.

泰勒中值定理表明：pn（x）=f（x0）+f′（x0）（x－x0）+f″（x0）2?。▁－x0）2+…+f（n）（x0）n?。▁－x0）n就是要找的多項式.而多項式pn（x）與f（x）的差值Rn（x）=f（x）－pn（x）可用f（n+1）（ξ）（n+1）?。▁－x0）n+1（ξ介于x與x0之間）來表示，稱之為拉格朗日型余項.于是f（x）=pn（x）+f（n+1）（ξ）（n+1）?。▁－x0）n+1又稱為f（x）按（x－x0）的冪展開的帶有拉格朗日型余項的n階泰勒公式.當以多項式pn（x）近似表達函數f（x）時，其誤差為Rn（x）=f（x）－pn（x）.如果對于某個固定的n，當x∈（a，b）時，f（n+1）（x）≤M，則有估計Rn（x）=f（n+1）（ξ）（n+1）?。▁－x0）n+1≤M（n+1）！x－x0n+1≤M（n+1）?。╞－a）n+1且limx→x0Rn（x）（x－x0）n=0.即當x→x0時，誤差Rn（x）是比（x－x0）n高階的無窮小，即Rn（x）=o［（x－x0）n］.在不需要余項的精確表達式時，n階泰勒公式也可寫成f（x）=pn（x）+o

［（x－x0）n］.Rn（x）=o［（x－x0）n］稱為佩亞諾余項，因此f（x）=pn（x）+o［（x－x0）n］又稱為f（x）按（x－x0）的冪展開的帶有佩亞諾余項的n階泰勒公式.

如果取x0=0，則可得到帶有佩亞諾余項的麥克勞林公式f（x）=f（0）+f′（0）x+f″（0）2！x2+…+f（n）（0）n！xn+o（xn），此時誤差估計為Rn（x）≤M（n+1）！xn+1.高中階段比較常用的幾類初等函數的帶有拉格朗日型余項的麥克勞林公式為：

ex=1+x+x22！+x33！+…+xnn！+eθx（n+1）?。?<θ<1）;

sinx=x－x33！+x55?。?（－1）m－1·x2m－1（2m－1）！+sinθx+（2m+1）·π2（2m+1）！x2m+1（0<θ<1）；

cosx=1－x22！+x44?。?（－1）m1（2m）！x2m+cos［θx+（m+1）·π］（2m+2）！x2m+2（0<θ<1）；

ln（1+x）=x－12x2+13x3+…+（－1）n－11nxn+（－1）n（n+1）（1+θx）n+1xn+1（0<θ<1）.

比如在點x0=0附近，利用高次多項式函數來估計函數y=ln（1+x）和y=ex，由圖3、圖4可知，當展開階數較大時，原函數與多項式函數在點x0=0附近具有較高的近似程度.

2? 與函數極值點相關的兩個結論

通過上述分析，我們可以將復雜函數模型中的每一個函數在某個相同的特定點利用泰勒展開式展開，然后通過簡單的四則運算就可以高度“量化”該復雜模型在該特定點附近的“疊加”效果，最后結合下面的兩個結論，通過調整參數和函數的形式就可以命制一道比較漂亮的函數壓軸題.

引理? 一般地，設f（x）=f（c）+am（x－c）m+am+1（x－c）m+1+…是關于x－c的無窮級數，且am是除常數項之外最低次非零項的系數.則當m是奇數時，f（c）既不是函數f（x）的極大值也不是極小值；當m是偶數時，當am>0時，f（c）是函數f（x）的極小值；當am<0時，f（c）是函數f（x）的極大值.

證明? 記f（x）－f（c）=（x－c）m［am+am+1（x－c）+…］=（x－c）mλ（x）（其中λ（x）=am+am+1（x－c）+…），則limx→cλ（x）=am.由連續函數的局部保號性可知，在點c附近足夠小的區間（c－d，c+d）內，因為x－c足夠小，所以λ（x）就足夠接近am，且符號與am相同.即當點x充分接近點c時，f（x）－f（c）的符號與am（x－c）m的符號相同.

當m是奇數時，點x從左邊逼近點c，f（x）－f（c）的符號與點x從右邊逼近點c，f（x）－f（c）的符號相反，易知f（c）既不是函數f（x）的極大值也不是極小值；當m是偶數時，不管點x是從左邊逼近點c，還是從右邊逼近點c，只要x－c≠0，都有（x－c）m>0.于是，當am>0時，都有f（x）－f（c）>0，此時f（c）是函數f（x）的極小值；當am<0時，都有f（x）－f（c）<0，此時f（c）是函數f（x）的極大值.

利用引理，容易得到下面定理.

定理? 一般地，設函數在含有x0的開區間內具有直到（n+1）階導數，f（x）在點x0處的泰勒展開式為f（x）=f（x0）+f′（x0）（x－x0）+f″（x0）2?。▁－x0）2+…+f（n）（x0）n?。▁－x0）n+o［（x－x0）n］，且f′（x0）=f″（x0）=…=f（m－1）（x0）=0，f（m）（x0）≠0.則

1）當m是奇數時，f（x0）既不是函數f（x）的極大值也不是極小值；

2）當m是偶數時，當f（m）（x0）>0時，f（x0）是函數f（x）的極小值；當f（m）（x0）<0時，f（x0）是函數f（x）的極大值.反之也成立.下面結合近幾年的高考真題，具體剖析它們的命題策略.

3? 基于兩個結論的試題命題之道

3.1? 鏈接高考的兩道真題實例解讀

例1? （2018年全國Ⅲ卷理21題（2））已知函數f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）－2x，若x=0是f（x）的極大值點，求a的值.例2? （2023年新Ⅱ卷22題（2））已知函數f（x）=cosax－ln（1－x2），若x=0是f（x）的極大值點，求a的取值范圍.從上述兩道真題的設問來看，帶給筆者最大的困惑是：為什么兩個“神似”的函數模型在相同點具有同樣的局部性質，但滿足條件的參數一個是確定的，另一個是可變的？如果是因為函數模型不同，導致在相同點取得函數極值，會使得參數a的取值發生改變，那么函數模型需要滿足什么條件，會使得參數a只能取確定值？那函數模型又該需要滿足什么條件，會使得參數a可以在一個范圍內變化？

下面，筆者將上述兩道真題中的函數利用泰勒公式在點x=0處進行展開，用多項式函數來“量化”在該點處的形態，并結合上述兩個結論對兩道真題的設問逐一解答.3.2? 兩道真題的高等數學揭秘與初等數學破解之法

在例1中，將ln（1+x）在點0處進行泰勒展開得到ln（1+x）=x－12x2+13x3－14x4+o（x4），所以f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）－2x=（2+x+ax2）x－12x2+13x3－14x4+o（x4）－2x

=16+ax3+－16－a2x4+o（x4）.由上述兩個結論可知，若x=0是f（x）的極大值點，則16+a=0，－16－a2<0，a=－16.

在例2中，將cosx在點0處進行泰勒展開得到cosx=1－x22！+x44！+o（x4），于是cosax=1－（ax）22！+（ax）44！+o（x4）=1－a22x2+a424x4+o（x4）；同理，將ln（1+x）在點0處進行泰勒展開得到ln（1+x）=x－12x2+13x3+o（x3），于是ln（1－x2）=－x2－12x4－13x6+o（x6）.則f（x）=cosax－ln（1－x2）=1－a22x2+a424x4+x2+12x4+o（x4）=1+1－a22x2+o（x2），通過上述兩個結論可知，若x=0是f（x）的極大值點，則1－a22<0a∈（－∞，－2）∪（2，+∞）.

我們不難發現，在“泰勒公式”的高觀點視角下，不僅快速解決了這兩道與函數極值點相關的函數壓軸題，還在解答過程中窺得了這類問題的命題法門.接下來的難點就是如何將上述“泰勒公式”視角下的解答“翻譯”得更加具有初等數學的意味.其實，關鍵就是如何用初等數學的方法和語言表述參數分別在不同范圍時，函數在點x=0附近的變化形態是否滿足：在點x=0的左側附近單調遞增，在點x=0的右側附近單調遞減.

下面，筆者嘗試從初等數學的視角給出解答.

（例1）由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）－2x知，f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+2+x+ax21+x－2，且f′（0）=0；又f″（x）=2aln（1+x）+1+2ax1+x+ax2+2ax－1（1+x）2，且f″（0）=0；又f（x）=2a1+x+2a－1（1+x）2+2a+2（1+x）3，且f（0）=6a+1.

①當a>－16即f（0）=6a+1>0時，則一定存在δ1>0，當x∈（0，δ1）時，有f（x）>0，于是f″（x）在（0，δ1）上單調遞增；又f″（0）=0，則f″（x）>f″（0）=0，于是f′（x）在（0，δ1）上單調遞增；又f′（0）=0，則f′（x）>f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ1）上單調遞增，與f（x）在x=0處取得極大值矛盾，舍去.

②當a<－16即f（0）=6a+1<0時，則一定存在δ2>0，當x∈（－δ2，0）時，有f（x）<0，于是f″（x）在（－δ2，0）上單調遞減；又f″（0）=0，則f″（x）>f″（0）=0，于是f′（x）在（－δ2，0）上單調遞增；又f′（0）=0，則f′（x）<f′（0）=0，于是f（x）在（－δ2，0）上單調遞減，與f（x）在x=0處取得極大值矛盾，舍去.

③當a=－16即f（0）=6a+1=0時，f（x）=－x2－6x3（1+x）3，則有f（4）（x）=x2+10x－63（1+x）4，且f（4）（0）=－2<0，則一定存在δ3>0，當x∈（0，δ3）時，有f（4）（x）<0，于是f（x）在（0，δ3）上單調遞減；又f（0）=0，則f（x）<f（0）=0，于是f″（x）在（0，δ3）上單調遞減；又f″（0）=0，則f″（x）<f″（0）=0，于是f′（x）在（0，δ3）上單調遞減，又f′（0）=0，則f′（x）<f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ3）上單調遞減，同理可得，一定存在δ4>0，當x∈（－δ4，0）時，f（x）單調遞增，此時f（x）在x=0處取得極大值，滿足題意.

綜上所述，a=-16.

（例2）易知f（x）=cosax－ln（1－x2）是（－1，1）上的偶函數，且f′（x）=－asinax+2x1－x2.

顯然f′（x）是（－1，1）上的奇函數，且f′（0）=0.若函數f（x）在x=0處取得極大值，則f（x）在x=0左側附近單調遞增，在x=0右側附近單調遞減.又f″（x）=－a2cosax+2（1+x2）（1－x2）2，顯然f″（x）是（－1，1）上的偶函數，且f″（0）=－a2+2.①當－a2+2>0即a∈（－2，2）時，有f″（0）=－a2+2>0，則一定存在δ1>0，當x∈（0，δ1）時，有f″（x）>0，于是f′（x）在（0，δ1）上單調遞增.又f′（0）=0，則當x∈（0，δ1）時，有f′（x）>f′（0）=0.于是f（x）在（0，δ1）上單調遞增，與f（x）在x=0取得極大值矛盾.

②當－a2+2<0即a∈－∞，－2∪2，+∞時，有f″（0）=－a2+2<0，則一定存在δ2>0，當x∈（0，δ2）時，有f″（x）<0，于是f′（x）在（0，δ2）上單調遞減；又f′（0）=0，則當x∈（0，δ2）時，有f′（x）<f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ2）上單調遞減；又f（x）是（－1，1）上的偶函數，于是f（x）在（－δ2，0）上單調遞增，此時f（x）在x=0處取得極大值，滿足條件.

③當－a2+2=0即a=±2時，有f″（0）=－a2+2=0.不妨僅考慮a=2時的情況，此時f（x）=

22sin2x+4x3+12x（1－x2）3，易知f（x）為（－1，1）上的奇函數，且f（0）=0.又f（4）（x）=4cos2x+12x4+72x2+12（1－x2）4，且f（4）（0）=4+12=16>0，則一定存在δ3>0，使得當x∈（0，δ3）時，有f（4）（x）>0，于是f（x）在（0，δ3）上單調遞增；又f（0）=0，則當x∈（0，δ3）時，有f（x）>f（0）=0，于是f″（x）在（0，δ3）上單調遞增；又f″（0）=0，則當x∈（0，δ3）時，有f″（x）>f″（0）=0，于是f′（x）在（0，δ3）上單調遞增；又f′（0）=0，則當x∈（0，δ3）時，有f′（x）>f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ3）上單調遞增，與f（x）在x=0處取得極大值矛盾.

綜上所述，a∈（－∞，－2）∪（2，+∞）.

3.3? 基于“此題之道”的自編題

下面不妨給出兩道筆者自編的習題供讀者空余時間來解答.

自編題1? 已知函數f（x）=（2－x+ax2）ln（1+x）+2x2－2x，若x=0是f（x）的極大值點，求a的值. （參考答案：a=－76）

自編題2? 已知函數f（x）=（x+ax2）ex－x，若x=0是f（x）的極大值點，求a的取值范圍.（參考答案：a<－1）

4? 關于數學試題研究的思考

我們似乎早就習慣了這樣的高考試題熱：真題一經發布，全國各地的名師名家們都開始躍躍欲試，摩拳擦掌，今天這位老師貢獻了三種解法，明天另一位老師又貢獻了五種解法，這屬于那一小部分人的狂歡，大部分人不管有沒有解出來，最多三兩周，一定就偃旗息鼓.然后今年復明年，年年都如此.當然，能解題對老師來說是必要的，但如果我們所有人的注意力和精力都只關注在這道題，那道題有沒有解出來，從來沒有思考過這道題和那道題的內涵與外延，從來沒有用比較和發展的眼光深入剖析歷年高考這類問題的關聯之所在.這恐怕和小孩子帶有娛樂性質玩打地鼠游戲沒什么區別，反正地鼠下一次從哪里出現得它出現才知道.所謂高考試題研究，就是要從有限的真題樣本中提煉出命題老師關于該知識點的“大殺技”，總結出本學科的布局之道，并探究出一套行之有效的破局之法.既然這種對弈年年有，那就一定需要一批老師投身其中，讓他們在和命題老師近距離的斗智斗勇中，逐步習得他們的布局之道，然后重新謀局，反復試煉我們的學生，唯有此法，才真的有可能突出重圍.否則只能眼睜睜看著自己和學生每一年都落入命題老師的“大殺招”中.

參考文獻

［1］

江海華，吳琳琳.數學概念的精致化教學——談高中導數教學的幾點思考＼[J＼].中學數學月刊，2022（03）：28-32.

作者簡介? 江海華（1992—），男，安徽安慶人，中學一級教師;“太倉市高中數學學科發展共同體”和“太倉市張敏名師工作室”核心成員；研究方向為中學數學教學及數學史；發表論文多篇.