泰勒公式与高考试题

2024-05-26谢俊

中学数学·高中版 2024年5期

谢俊

摘要：如何提升学生解导数压轴题的能力，是高三复习过程中一个艰巨而又重要的课题.本文中从历年高考导数压轴题出发，深入探究导数与泰勒公式之间的渊源，揭示了导数压轴题的泰勒公式背景，利用泰勒公式的特殊形式，归纳了几种常见的重要不等式，总结了导数压轴题的几种类型，并提出了策略性的思考.

关键词：泰勒公式;高考试题；解题策略；考题研究

泰勒（Taylor）以微积分中将函数展开成无穷级数的定理而著称于世.泰勒公式把初等函数与超越函数以逼近形式紧密地联系了起来，泰勒公式扮演了非常重要的角色，泰勒公式即有高考导数命题中最常见的高等数学背景，又有以其背景而衍生出来的一些精彩结论.这些结论备受高考命题者的青睐，本文中试图就历年的高考试题来探究其深厚的渊源，从而展示泰勒公式阿娜多姿的风采.

1 高数知识

1.1 泰勒公式

若函数f（x）在点x0处存在n阶导数，则有

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］.用得较多的是泰勒公式当x0=0时的特殊形式：

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

上面①式也称为麦克劳林（Maclanrin）公式.

1.2 常见的泰勒公式

（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，就构成了高考中常见的不等式：

（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）.

由泰勒公式演绎出来的不等式是高考的热点，通过对其变形、赋值、替换等，又可以得出很多精彩的结论.我们对这些结论追本溯源，掌握其基本规律，就可以从容面对，快速找到解题思路、方法.

2 高考试题

2.1 泰勒公式与大小比较

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

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 ，则－ln 0.9=－ln［1+（－0.1）］≈0.1+ 1 2 ×0.12+ 1 3 ×0.13≈0.105 3.

显然c

2.2 泰勒公式与探路求值

例2 （2021年八省新高考适应考试题）已知

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

（1）证明：当x>－ 5π 4 时，f（x）≥0;

（2）若g（x）≥2+ax，求a.

解：（1）证明略.

（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中的负项全部被ex中的正项抵消，于是得到g（x）=ex+sin x+cos x≥2+2x成立，所以，背景出来了，a=2.

（充分性证明）在（1）中，令

F（x）=g（x）－2－ax=ex+sin x+cos x－2－ax.

当x>－ 5π 4 时，F″（x）=g（x）>0成立，所以

F′（x）=ex+cos x－sin x－a在－ 5π 4 ，+∞ 上单调递增.

（ⅰ）当a=2时，则F′（0）=2－a=0.由F′（x）的单调性知，

当x∈ -[SX（]5π[]4[SX）]，0 时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，

当x∈（0，+∞）时，F′（x）>0，F（x）单调递增，

所以F（x）≥F（x）min=F（0）=0.

当x≤－ 5π 4 时，

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

故当a=2时，F（x）≥0.

（ⅱ）当a>2时，则F′（0）=2－a<0.因为

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

由零点存在定理知，必存在x0∈（0，ln（ 2 +2a））

使得F′（x0）=0，此时满足x∈（0，x0）时，F′（x）<0，F（x）单调递减，所以

F（x）

（ⅲ）当a<2时，则F′（0）=2－a>0.因此

在区间－ 5π 4 ，0 上均有F′（x）>0，于是F（x）在此区间单调递增，故有F（x）

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

此時，满足x∈（x0，0）时，F′（x）>0，F（x）单调递增，所以F（x）

综上所述，可知a=2.

2.3 泰勒公式与近似估值

例3 （2014年新课标Ⅱ卷）已知

f（x）=ex－e－x－2x.

（1）设g（x）=f（2x）－4bf（x），当x>0时，g（x）>0，求b的最大值；

（2）已知1.414 2< 2 <1.414 3，估计ln 2的近似值（精确到0.001）.

解：（1）由题意知

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时，g（x）＞0，所以（2x）3 3 －4b5 x3 3 ≥0.

所以b≤2.故b的最大值为2.

（2）因为ln 2=ln 1+ 1 3 1－ 1 3 ，所以转化为研究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 －……

兩式相减，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 泰勒公式与极值界定

例4 （2018年新课标Ⅲ卷）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.

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，要判断f（x）的极值点，取前三、四项即可，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附近足够小的区间内，三次以上各项和绝对值比三次项小，f（x）的正负符号与三次项 a+ 1 6 x3保持一致.f（x）与f（－x）异号，总有一个大于零，故f（0）=0不是极大值，故最低阶的无穷小必须是x4，因此a+ 1 6 =0，解得a=－ 1 6 ，此时x4系数为－ 1 12 ，正好取得最大值，满足题意.

2.5 泰勒公式与放缩变形

例5 （2020年高考全国Ⅰ卷）已知函数f（x）=aex－1－ln x+ln a，若f（x）≥1，求a的取值范围.

解：当0

当a>1时，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换成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ln（1+x）≤x，把x换成x－1，

得ln x≤x－1，即