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    “泰勒公式”視角下一類與極值點相關(guān)的函數(shù)壓軸題的命制與破解方法

    2023-12-19 01:41:14江海華
    中學數(shù)學雜志(高中版) 2023年6期
    關(guān)鍵詞:泰勒公式

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

    【摘? 要】? 函數(shù)作為貫穿整個高中數(shù)學的一條主線,圍繞它所涉及的一系列數(shù)學思想、方法對學生數(shù)學核心素養(yǎng)的培養(yǎng)大有裨益.通過對一些初等函數(shù)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(shù)模型(往往含參數(shù)),考查當該模型在某點處滿足某些局部性質(zhì)(如在某點取得極值時,求參數(shù)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(shù)極值點相關(guān)的結(jié)論,試圖為研究此類問題提供必要的理論依據(jù),為具體解題提供一定的方法指導.

    【關(guān)鍵詞】? 泰勒公式;含參模型;函數(shù)極值點

    函數(shù)極值點是函數(shù)的一類典型局部性質(zhì),它高度刻畫了函數(shù)在該“點”兩側(cè)附近不同的變化形態(tài),高中階段主要通過導數(shù)工具來研究.歷年高考函數(shù)壓軸題,命題人習慣對一些初等函數(shù)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(shù)模型作為命題主干,通過對條件的限制考查模型中參數(shù)的范圍[1].由于參數(shù)的不確定導致函數(shù)的變化形態(tài)缺乏規(guī)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(shù)的函數(shù)f(x)利用關(guān)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(shù)通過用多項式函數(shù)來近似估計,并且原函數(shù)在某點附近的形態(tài)與在該點處的泰勒展開式的函數(shù)形態(tài)近似程度較高,從而可以高度“量化”復雜函數(shù)模型中所有初等函數(shù)“疊加”產(chǎn)生的效果.

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

    1.1? 函數(shù)的高階導數(shù)與幾類常見的初等函數(shù)的高階導數(shù)公式

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

    由此可見,求高階導數(shù)就是多次接連地求導數(shù).下面給出高中階段比較常用的幾類初等函數(shù)的高階導數(shù)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? 兩個函數(shù)的和、差、積的高階導數(shù)公式

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

    在數(shù)學上,對于一些較復雜的函數(shù),為了研究方便,希望用一些簡單的函數(shù)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(jīng)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(chǎn)生的誤差僅僅是關(guān)于x的高階無窮小;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(shù),同時給出誤差公式.最為關(guān)鍵的是,由于用多項式表示的函數(shù),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(shù)值來.因此需要尋求用較高階的多項式來近似表達函數(shù)的方法.

    1.4? 高階可導函數(shù)的局部多項式估計方法——泰勒公式

    設(shè)函數(shù)f(x)在含有x0的開區(qū)間內(nèi)具有直到(n+1)階導數(shù),怎樣得到一個關(guān)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)!(x-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(shù)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(shù)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(shù)來估計函數(shù)y=ln(1+x)和y=ex,由圖3、圖4可知,當展開階數(shù)較大時,原函數(shù)與多項式函數(shù)在點x0=0附近具有較高的近似程度.

    2? 與函數(shù)極值點相關(guān)的兩個結(jié)論

    通過上述分析,我們可以將復雜函數(shù)模型中的每一個函數(shù)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(jié)合下面的兩個結(jié)論,通過調(diào)整參數(shù)和函數(shù)的形式就可以命制一道比較漂亮的函數(shù)壓軸題.

    引理? 一般地,設(shè)f(x)=f(c)+am(x-c)m+am+1(x-c)m+1+…是關(guān)于x-c的無窮級數(shù),且am是除常數(shù)項之外最低次非零項的系數(shù).則當m是奇數(shù)時,f(c)既不是函數(shù)f(x)的極大值也不是極小值;當m是偶數(shù)時,當am>0時,f(c)是函數(shù)f(x)的極小值;當am<0時,f(c)是函數(shù)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(xù)函數(shù)的局部保號性可知,在點c附近足夠小的區(qū)間(c-d,c+d)內(nèi),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(shù)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(shù)f(x)的極大值也不是極小值;當m是偶數(shù)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(shù)f(x)的極小值;當am<0時,都有f(x)-f(c)<0,此時f(c)是函數(shù)f(x)的極大值.

    利用引理,容易得到下面定理.

    定理? 一般地,設(shè)函數(shù)在含有x0的開區(qū)間內(nèi)具有直到(n+1)階導數(shù),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(shù)時,f(x0)既不是函數(shù)f(x)的極大值也不是極小值;

    2)當m是偶數(shù)時,當f(m)(x0)>0時,f(x0)是函數(shù)f(x)的極小值;當f(m)(x0)<0時,f(x0)是函數(shù)f(x)的極大值.反之也成立.下面結(jié)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(jié)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(shù)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(shù)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(shè)問來看,帶給筆者最大的困惑是:為什么兩個“神似”的函數(shù)模型在相同點具有同樣的局部性質(zhì),但滿足條件的參數(shù)一個是確定的,另一個是可變的?如果是因為函數(shù)模型不同,導致在相同點取得函數(shù)極值,會使得參數(shù)a的取值發(fā)生改變,那么函數(shù)模型需要滿足什么條件,會使得參數(shù)a只能取確定值?那函數(shù)模型又該需要滿足什么條件,會使得參數(shù)a可以在一個范圍內(nèi)變化?

    下面,筆者將上述兩道真題中的函數(shù)利用泰勒公式在點x=0處進行展開,用多項式函數(shù)來“量化”在該點處的形態(tài),并結(jié)合上述兩個結(jié)論對兩道真題的設(shè)問逐一解答.3.2? 兩道真題的高等數(shù)學揭秘與初等數(shù)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(jié)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(jié)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(fā)現(xiàn),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(shù)極值點相關(guān)的函數(shù)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(shù)學的意味.其實,關(guān)鍵就是如何用初等數(shù)學的方法和語言表述參數(shù)分別在不同范圍時,函數(shù)在點x=0附近的變化形態(tài)是否滿足:在點x=0的左側(cè)附近單調(diào)遞增,在點x=0的右側(cè)附近單調(diào)遞減.

    下面,筆者嘗試從初等數(shù)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(diào)遞增;又f″(0)=0,則f″(x)>f″(0)=0,于是f′(x)在(0,δ1)上單調(diào)遞增;又f′(0)=0,則f′(x)>f′(0)=0,于是f(x)在(0,δ1)上單調(diào)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(diào)遞減;又f″(0)=0,則f″(x)>f″(0)=0,于是f′(x)在(-δ2,0)上單調(diào)遞增;又f′(0)=0,則f′(x)<f′(0)=0,于是f(x)在(-δ2,0)上單調(diào)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(diào)遞減;又f(0)=0,則f(x)<f(0)=0,于是f″(x)在(0,δ3)上單調(diào)遞減;又f″(0)=0,則f″(x)<f″(0)=0,于是f′(x)在(0,δ3)上單調(diào)遞減,又f′(0)=0,則f′(x)<f′(0)=0,于是f(x)在(0,δ3)上單調(diào)遞減,同理可得,一定存在δ4>0,當x∈(-δ4,0)時,f(x)單調(diào)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(shù),且f′(x)=-asinax+2x1-x2.

    顯然f′(x)是(-1,1)上的奇函數(shù),且f′(0)=0.若函數(shù)f(x)在x=0處取得極大值,則f(x)在x=0左側(cè)附近單調(diào)遞增,在x=0右側(cè)附近單調(diào)遞減.又f″(x)=-a2cosax+2(1+x2)(1-x2)2,顯然f″(x)是(-1,1)上的偶函數(shù),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(diào)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(diào)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(diào)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(diào)遞減;又f(x)是(-1,1)上的偶函數(shù),于是f(x)在(-δ2,0)上單調(diào)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(shù),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(diào)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(diào)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(diào)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(diào)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(shù)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(shù)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(guān)于數(shù)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(jīng)發(fā)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(guān)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(nèi)涵與外延,從來沒有用比較和發(fā)展的眼光深入剖析歷年高考這類問題的關(guān)聯(lián)之所在.這恐怕和小孩子帶有娛樂性質(zhì)玩打地鼠游戲沒什么區(qū)別,反正地鼠下一次從哪里出現(xiàn)得它出現(xiàn)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(guān)于該知識點的“大殺技”,總結(jié)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(shù)學概念的精致化教學——談高中導數(shù)教學的幾點思考\[J\].中學數(shù)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(shù)學學科發(fā)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(shù)學教學及數(shù)學史;發(fā)表論文多篇.

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