“泰勒公式”视角下一类与极值点相关的函数压轴题的命制与破解方法

基金项目  江苏省教育科学十四五规划课题“‘大概念’视角下高中数学‘学研一体化’教学设计的实践研究”（C-c/2021/02/73）.

【摘  要】  函数作为贯穿整个高中数学的一条主线，围绕它所涉及的一系列数学思想、方法对学生数学核心素养的培养大有裨益.通过对一些初等函数进行简单的四则运算和复合就可以得到一些较为复杂的函数模型（往往含参数），考查当该模型在某点处满足某些局部性質（如在某点取得极值时，求参数的范围）成为命题人格外青睐的命题方向.从“泰勒公式”的视角，给出了两个与函数极值点相关的结论，试图为研究此类问题提供必要的理论依据，为具体解题提供一定的方法指导.

【关键词】  泰勒公式；含参模型；函数极值点

函数极值点是函数的一类典型局部性质，它高度刻画了函数在该“点”两侧附近不同的变化形态，高中阶段主要通过导数工具来研究.历年高考函数压轴题，命题人习惯对一些初等函数进行简单的四则运算和复合得到一些较复杂的非线性函数模型作为命题主干，通过对条件的限制考查模型中参数的范围［1］.由于参数的不确定导致函数的变化形态缺乏规律，往往成为命题者在此类问题上的“大杀招”. 泰勒公式是将一个在点x0附近具有直到n+1阶导数的函数f（x）利用关于x－x0的n次多项式来近似估计的方法.它最大的作用就是可以把超越函数通过用多项式函数来近似估计，并且原函数在某点附近的形态与在该点处的泰勒展开式的函数形态近似程度较高，从而可以高度“量化”复杂函数模型中所有初等函数“叠加”产生的效果.

本文主要基于“泰勒公式 ”视角，从高等数学的观点阐述如何人为创造一个较复杂的含参函数模型来命制一类与极值点相关的函数压轴题.1  与“泰勒公式”相关的高等数学背景

1.1  函数的高阶导数与几类常见的初等函数的高阶导数公式

一般的，函数y=f（x）的导数y′=f′（x）仍然是x的函数.我们把y′=f′（x）的导数叫做函数y=f（x）的二阶导数，记作y″，即y″=（y′）′.相应的，把y=f（x）的导数f′（x）叫做函数y=f（x）的一阶导数.类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般的，（n－1）阶导数的导数叫做n阶导数，分别记作y，y（4），…，y（n）.函数y=f（x）具有n阶导数，也常说成函数f（x）为n阶可导.由导数定义可知，如果函数f（x）在点x处具有n阶导数，那么f（x）在点x的某一邻域内必定具有一切低于n阶的导数.二阶及二阶及以上的导数统称为高阶导数.

由此可见，求高阶导数就是多次接连地求导数.下面给出高中阶段比较常用的几类初等函数的高阶导数公式：

（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）！（1+x）n.

1.2  两个函数的和、差、积的高阶导数公式

我们知道，将多个初等函数进行简单的四则运算就可以得到一些较复杂的函数模型.如果函数u=u（x）及v=v（x）都在点x处具有n阶导数，显然u（x）+v（x）也在点x处具有n阶导数.下面不加证明地给出两个函数的和、差、积的高阶导数公式.

（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  非线性可导函数的局部线性估计

在数学上，对于一些较复杂的函数，为了研究方便，希望用一些简单的函数近似表达，而用切线近似就是一种较为常见的估计方法.我们已经知道，当x很小时，有如下的近似等式

ex≈1+x，ln（1+x）≈x.

由图1、图2可知，这种近似表达式存在着明显的不足之处：首先是精确度不高，它所产生的误差仅仅是关于x的高阶无穷小；其次用它来作近似计算时，不能具体估算出误差大小.因此，对于精确度要求较高且需要估计误差的时候，就必须用到高次多项式来近似表达函数，同时给出误差公式.最为关键的是，由于用多项式表示的函数，只要对自变量进行有限的加、减、乘三种初等运算，便能求出它的函数值来.因此需要寻求用较高阶的多项式来近似表达函数的方法.

1.4  高阶可导函数的局部多项式估计方法——泰勒公式

设函数f（x）在含有x0的开区间内具有直到（n+1）阶导数，怎样得到一个关于（x－x0）的n次多项式pn（x）=a0+a1（x－x0）+a2（x－x0）2+…+an（x－x0）n来近似表达f（x）？并且要求pn（x）与f（x）之差是比（x－x0）n高阶的无穷小，并给出误差f（x）－pn（x）的具体表达式.

泰勒中值定理表明：pn（x）=f（x0）+f′（x0）（x－x0）+f″（x0）2！（x－x0）2+…+f（n）（x0）n！（x－x0）n就是要找的多项式.而多项式pn（x）与f（x）的差值Rn（x）=f（x）－pn（x）可用f（n+1）（ξ）（n+1）！（x－x0）n+1（ξ介于x与x0之间）来表示，称之为拉格朗日型余项.于是f（x）=pn（x）+f（n+1）（ξ）（n+1）！（x－x0）n+1又称为f（x）按（x－x0）的幂展开的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式.当以多项式pn（x）近似表达函数f（x）时，其误差为Rn（x）=f（x）－pn（x）.如果对于某个固定的n，当x∈（a，b）时，f（n+1）（x）≤M，则有估计Rn（x）=f（n+1）（ξ）（n+1）！（x－x0）n+1≤M（n+1）！x－x0n+1≤M（n+1）！（b－a）n+1且limx→x0Rn（x）（x－x0）n=0.即当x→x0时，误差Rn（x）是比（x－x0）n高阶的无穷小，即Rn（x）=o［（x－x0）n］.在不需要余项的精确表达式时，n阶泰勒公式也可写成f（x）=pn（x）+o

［（x－x0）n］.Rn（x）=o［（x－x0）n］称为佩亚诺余项，因此f（x）=pn（x）+o［（x－x0）n］又称为f（x）按（x－x0）的幂展开的带有佩亚诺余项的n阶泰勒公式.

如果取x0=0，则可得到带有佩亚诺余项的麦克劳林公式f（x）=f（0）+f′（0）x+f″（0）2！x2+…+f（n）（0）n！xn+o（xn），此时误差估计为Rn（x）≤M（n+1）！xn+1.高中阶段比较常用的几类初等函数的带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式为：

ex=1+x+x22！+x33！+…+xnn！+eθx（n+1）！（0<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）.

比如在点x0=0附近，利用高次多项式函数来估计函数y=ln（1+x）和y=ex，由图3、图4可知，當展开阶数较大时，原函数与多项式函数在点x0=0附近具有较高的近似程度.

2  与函数极值点相关的两个结论

通过上述分析，我们可以将复杂函数模型中的每一个函数在某个相同的特定点利用泰勒展开式展开，然后通过简单的四则运算就可以高度“量化”该复杂模型在该特定点附近的“叠加”效果，最后结合下面的两个结论，通过调整参数和函数的形式就可以命制一道比较漂亮的函数压轴题.

引理  一般地，设f（x）=f（c）+am（x－c）m+am+1（x－c）m+1+…是关于x－c的无穷级数，且am是除常数项之外最低次非零项的系数.则当m是奇数时，f（c）既不是函数f（x）的极大值也不是极小值；当m是偶数时，当am>0时，f（c）是函数f（x）的极小值；当am<0时，f（c）是函数f（x）的极大值.

证明  记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）+…），则limx→cλ（x）=am.由连续函数的局部保号性可知，在点c附近足够小的区间（c－d，c+d）内，因为x－c足够小，所以λ（x）就足够接近am，且符号与am相同.即当点x充分接近点c时，f（x）－f（c）的符号与am（x－c）m的符号相同.

当m是奇数时，点x从左边逼近点c，f（x）－f（c）的符号与点x从右边逼近点c，f（x）－f（c）的符号相反，易知f（c）既不是函数f（x）的极大值也不是极小值；当m是偶数时，不管点x是从左边逼近点c，还是从右边逼近点c，只要x－c≠0，都有（x－c）m>0.于是，当am>0时，都有f（x）－f（c）>0，此时f（c）是函数f（x）的极小值；当am<0时，都有f（x）－f（c）<0，此时f（c）是函数f（x）的极大值.

利用引理，容易得到下面定理.

定理  一般地，设函数在含有x0的开区间内具有直到（n+1）阶导数，f（x）在点x0处的泰勒展开式为f（x）=f（x0）+f′（x0）（x－x0）+f″（x0）2！（x－x0）2+…+f（n）（x0）n！（x－x0）n+o［（x－x0）n］，且f′（x0）=f″（x0）=…=f（m－1）（x0）=0，f（m）（x0）≠0.则

1）当m是奇数时，f（x0）既不是函数f（x）的极大值也不是极小值；

2）当m是偶数时，当f（m）（x0）>0时，f（x0）是函数f（x）的极小值；当f（m）（x0）<0时，f（x0）是函数f（x）的极大值.反之也成立.下面结合近几年的高考真题，具体剖析它们的命题策略.

3  基于两个结论的试题命题之道

3.1  链接高考的两道真题实例解读

例1  （2018年全国Ⅲ卷理21题（2））已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）－2x，若x=0是f（x）的极大值点，求a的值.例2  （2023年新Ⅱ卷22题（2））已知函数f（x）=cosax－ln（1－x2），若x=0是f（x）的极大值点，求a的取值范围.从上述两道真题的设问来看，带给笔者最大的困惑是：为什么两个“神似”的函数模型在相同点具有同样的局部性质，但满足条件的参数一个是确定的，另一个是可变的？如果是因为函数模型不同，导致在相同点取得函数极值，会使得参数a的取值发生改变，那么函数模型需要满足什么条件，会使得参数a只能取确定值？那函数模型又该需要满足什么条件，会使得参数a可以在一个范围内变化？

下面，笔者将上述两道真题中的函数利用泰勒公式在点x=0处进行展开，用多项式函数来“量化”在该点处的形态，并结合上述两个结论对两道真题的设问逐一解答.3.2  两道真题的高等数学揭秘与初等数学破解之法

在例1中，将ln（1+x）在点0处进行泰勒展开得到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）.由上述两个结论可知，若x=0是f（x）的极大值点，则16+a=0，－16－a2<0，a=－16.

在例2中，将cosx在点0处进行泰勒展开得到cosx=1－x22！+x44！+o（x4），于是cosax=1－（ax）22！+（ax）44！+o（x4）=1－a22x2+a424x4+o（x4）；同理，将ln（1+x）在点0处进行泰勒展开得到ln（1+x）=x－12x2+13x3+o（x3），于是ln（1－x2）=－x2－12x4－13x6+o（x6）.则f（x）=cosax－ln（1－x2）=1－a22x2+a424x4+x2+12x4+o（x4）=1+1－a22x2+o（x2），通过上述两个结论可知，若x=0是f（x）的极大值点，则1－a22<0a∈（－∞，－2）∪（2，+∞）.

我们不难发现，在“泰勒公式”的高观点视角下，不仅快速解决了这两道与函数极值点相关的函数压轴题，还在解答过程中窥得了这类问题的命题法门.接下来的难点就是如何将上述“泰勒公式”视角下的解答“翻译”得更加具有初等数学的意味.其实，关键就是如何用初等数学的方法和语言表述参数分别在不同范围时，函数在点x=0附近的变化形态是否满足：在点x=0的左侧附近单调递增，在点x=0的右侧附近单调递减.

下面，笔者尝试从初等数学的视角给出解答.

（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当a>－16即f（0）=6a+1>0时，则一定存在δ1>0，当x∈（0，δ1）时，有f（x）>0，于是f″（x）在（0，δ1）上单调递增；又f″（0）=0，则f″（x）>f″（0）=0，于是f′（x）在（0，δ1）上单调递增；又f′（0）=0，则f′（x）>f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ1）上单调递增，与f（x）在x=0处取得极大值矛盾，舍去.

②当a<－16即f（0）=6a+1<0时，则一定存在δ2>0，当x∈（－δ2，0）时，有f（x）<0，于是f″（x）在（－δ2，0）上单调递减；又f″（0）=0，则f″（x）>f″（0）=0，于是f′（x）在（－δ2，0）上单调递增；又f′（0）=0，则f′（x）<f′（0）=0，于是f（x）在（－δ2，0）上单调递减，与f（x）在x=0处取得极大值矛盾，舍去.

③当a=－16即f（0）=6a+1=0时，f（x）=－x2－6x3（1+x）3，则有f（4）（x）=x2+10x－63（1+x）4，且f（4）（0）=－2<0，则一定存在δ3>0，当x∈（0，δ3）时，有f（4）（x）<0，于是f（x）在（0，δ3）上单调递减；又f（0）=0，则f（x）<f（0）=0，于是f″（x）在（0，δ3）上单调递减；又f″（0）=0，则f″（x）<f″（0）=0，于是f′（x）在（0，δ3）上单调递减，又f′（0）=0，则f′（x）<f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ3）上单调递减，同理可得，一定存在δ4>0，当x∈（－δ4，0）时，f（x）单调递增，此时f（x）在x=0处取得极大值，满足题意.

综上所述，a=-16.

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

显然f′（x）是（－1，1）上的奇函数，且f′（0）=0.若函数f（x）在x=0处取得极大值，则f（x）在x=0左侧附近单调递增，在x=0右侧附近单调递减.又f″（x）=－a2cosax+2（1+x2）（1－x2）2，显然f″（x）是（－1，1）上的偶函数，且f″（0）=－a2+2.①当－a2+2>0即a∈（－2，2）时，有f″（0）=－a2+2>0，则一定存在δ1>0，当x∈（0，δ1）时，有f″（x）>0，于是f′（x）在（0，δ1）上单调递增.又f′（0）=0，则当x∈（0，δ1）时，有f′（x）>f′（0）=0.于是f（x）在（0，δ1）上单调递增，与f（x）在x=0取得极大值矛盾.

②当－a2+2<0即a∈－∞，－2∪2，+∞时，有f″（0）=－a2+2<0，则一定存在δ2>0，当x∈（0，δ2）时，有f″（x）<0，于是f′（x）在（0，δ2）上单调递减；又f′（0）=0，则当x∈（0，δ2）时，有f′（x）<f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ2）上单调递减；又f（x）是（－1，1）上的偶函数，于是f（x）在（－δ2，0）上单调递增，此时f（x）在x=0处取得极大值，满足条件.

③当－a2+2=0即a=±2时，有f″（0）=－a2+2=0.不妨仅考虑a=2时的情况，此时f（x）=

22sin2x+4x3+12x（1－x2）3，易知f（x）为（－1，1）上的奇函数，且f（0）=0.又f（4）（x）=4cos2x+12x4+72x2+12（1－x2）4，且f（4）（0）=4+12=16>0，则一定存在δ3>0，使得当x∈（0，δ3）时，有f（4）（x）>0，于是f（x）在（0，δ3）上单调递增；又f（0）=0，则当x∈（0，δ3）时，有f（x）>f（0）=0，于是f″（x）在（0，δ3）上单调递增；又f″（0）=0，则当x∈（0，δ3）时，有f″（x）>f″（0）=0，于是f′（x）在（0，δ3）上单调递增；又f′（0）=0，则当x∈（0，δ3）时，有f′（x）>f′（0）=0，于是f（x）在（0，δ3）上单调递增，与f（x）在x=0处取得极大值矛盾.

综上所述，a∈（－∞，－2）∪（2，+∞）.

3.3  基于“此题之道”的自编题

下面不妨给出两道笔者自编的习题供读者空余时间来解答.

自编题1  已知函数f（x）=（2－x+ax2）ln（1+x）+2x2－2x，若x=0是f（x）的极大值点，求a的值. （参考答案：a=－76）

自编题2  已知函数f（x）=（x+ax2）ex－x，若x=0是f（x）的极大值点，求a的取值范围.（参考答案：a<－1）

4  关于数学试题研究的思考

我们似乎早就习惯了这样的高考试题热：真题一经发布，全国各地的名师名家们都开始跃跃欲试，摩拳擦掌，今天这位老师贡献了三种解法，明天另一位老师又贡献了五种解法，这属于那一小部分人的狂欢，大部分人不管有没有解出来，最多三两周，一定就偃旗息鼓.然后今年复明年，年年都如此.当然，能解题对老师来说是必要的，但如果我们所有人的注意力和精力都只关注在这道题，那道题有没有解出来，从来没有思考过这道题和那道题的内涵与外延，从来没有用比较和发展的眼光深入剖析历年高考这类问题的关联之所在.这恐怕和小孩子带有娱乐性质玩打地鼠游戏没什么区别，反正地鼠下一次從哪里出现得它出现才知道.所谓高考试题研究，就是要从有限的真题样本中提炼出命题老师关于该知识点的“大杀技”，总结出本学科的布局之道，并探究出一套行之有效的破局之法.既然这种对弈年年有，那就一定需要一批老师投身其中，让他们在和命题老师近距离的斗智斗勇中，逐步习得他们的布局之道，然后重新谋局，反复试炼我们的学生，唯有此法，才真的有可能突出重围.否则只能眼睁睁看着自己和学生每一年都落入命题老师的“大杀招”中.

参考文献

［1］

江海华，吴琳琳.数学概念的精致化教学——谈高中导数教学的几点思考＼[J＼].中学数学月刊，2022（03）：28-32.

作者简介  江海华（1992—），男，安徽安庆人，中学一级教师;“太仓市高中数学学科发展共同体”和“太仓市张敏名师工作室”核心成员；研究方向为中学数学教学及数学史；发表论文多篇.