泰勒展开式在高考题中的应用
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泰勒展开式在高考题中的应用
河北正定中学 （050800） 温绍雄
高中数学中函数导数部分占据了重要的位置,高考试题中函数导数题往往也是以难题、压轴题形式出现.如何应对函数导数难题？高等数学中有一些知识、方法与中学数学相通,本文针对一类函数导数问题借助高等数学中的泰勒展开式解决该类初等数学问题. 如果函数()f x 在定义域I 上有定义,且有1n +阶导数存在,0,x x I ∈,则
()200000001()()()()()()()...()1!2!!
n n n f x f x f x f x f x x x x x x x R n +'''=+-+-++-+, 其中(1)110()()(1)!
n n n f R x x n ξ+++=-+,其中ξ介于x 和0x 间.上式即为函数()f x 在0x 点处的泰勒展开式.[1]
令()ln(1)f x x =+,00x =,有23
11ln(1)...(1)23n n n x x x x x R n
-++=-+++-+. 上式可以进行放缩,比较ln(1)x +和x 、2
2
x x -的大小, 可以得到不等式：2
ln(1)2
x x x x -≤+≤,(0)x ≥. （*） 下面证明该不等式.
证明：设2()ln(1)2x h x x x =--+,2
1()10,(0)11
x h x x x x x -'=--=≤≥++,则()h x 在[0,)+∞单调递减,()(0)0h x h ∴≤=,即有2
ln(1)2
x x x -≤+,当0x =时取等号. 设()ln(1)f x x x =+-,1()10,(0)11
x f x x x x -'=-=≤≥++,则()f x 在[0,)+∞单调递减, ()(0)0f x f ∴≤=,即有ln(1)x x +≤,当0x =时取等号.
综上所述,有不等式：2
ln(1)2
x x x x -≤+≤,(0)x ≥,当0x =时取等号. 如图所示：
例题展示
考题1 （2015年福建卷理科20题）
已知函数()ln(1),(),()f x x g x kx k R =+=∈
（1）证明：当0x >时,()f x x <；
（2）证明：当1k <时,存在00x >,使得对任意的0(0,)x x ∈,恒有()()f x g x >；
（3）确定k 的所有可能取值,使得存在0t >,对任意的(0,)x t ∈,恒有2()()f x g x x -<. 解析：（1）在对（*）式的证明过程中已经体现.
（2）设()ln(1)h x x kx =+-,1()1()11
k k x k h x k x x ---'=-=++. 当0k ≤时,()0h x '>,则()h x 在(0,)+∞单调递增,则有()(0)0h x h >=,
即()()f x g x >,此时0x 可以取任意正实
数.
当01k <<时,令()0h x '=,解得有
11x k =
-,101,10k k
<<∴-> 取011x k =-,则有对任意的0(0,)x x ∈,有()()f x g x >.
分析：第（2）问的结论可以从图2中解释.
（3）2
ln(1)x kx x +-<可化为 22ln(1)kx x x kx x -<+<+,此不等式要求在某个区间(0,)t 成立即可,
而不等式2
ln(1)2
x x x x -<+<在0x >时恒成立.
因此可以得到2
222x kx x x kx x x ⎧-≤-⎪⎨⎪+≥⎩
,其中0x >,
化简,得121
x k k x ⎧≤+⎪⎨⎪≥-+⎩,即有11k k ≤⎧⎨≥⎩,因此有1k =. 考题2 （2015年山东卷理科21题）
设函数2()ln(1)()f x x a x x =++-,其中a R ∈.
（1）讨论函数()f x 的极值点的个数,并说明理由；
（2）若0,()0x f x ∀>≥成立,求a 的取值范围.
第（1）问利用导数求函数的极值,需要对a 进行讨论,这里不再赘述.
（2）由()0f x ≥,得2()ln(1)a x x x -≥-+,
利用不等式ln(1)x x +<,有2()ln(1)a x x x x -≥-+>-,
对上式进行适当放缩,即利用2()a x x x ->-求a 的取值范围.
当(0,1)x ∈时,211x a x x x -<=---,由于1()1
h x x =--在(0,1)上单调递增,有(0)1a h ≤=；
当1x =时,有01a ⨯>-,此时a R ∈；
当(1,)x ∈+∞时,211x a x x x ->=---,1()1
h x x =--在(1,)+∞上单调递增,有1lim 01
x a x →+∞≥-=-. 综上所述,0x ∀>,要使()0f x ≥恒成立,a 的取值范围.是[0,1]
考题1的第（3）问,考题2的第（2）问都是恒成立问题,求参数的取值范围.本文这两问的做法,都是先对不等式适当放缩后进行求解,这在平时求解参数范围时是不常见的.之所以这两个题能够利用上述想法进行求解,是因为泰勒展开式的本质上是将一个复杂的函数()f x 近似表示为一个多项式函数,是一种函数逼近的思想.该多项式函数与函数()f x 之间
的误差是非常小的.本文出现的不等式（*）式中的x 与2
2
x x -分别是泰勒展开式的第一项和前两项.这两个函数与函数()ln 1y x =+之间的相差是比较多的，但是在原点附近的较小区间内这两个函数与函数()ln 1y x =+误差是很小的.因此本文是利用了这一点，对该类问
题进行求解.通过放缩将()ln 1x +转化成x 或者2
2
x x -这种多项式函数形式，利用多项式函数求参数范围是相对简单的.
应用举例
1 （2014年陕西卷理科21题）设函数()ln(1),()(),0f x x g x x f x x '=+=⋅≥.其中()f x '是()f x 的导函数.
（1）令11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++==∈,求()n g x 的表达式；
（2）若()()f x ag x ≥恒成立,求实数a 的取值范围；
（3）设n N +∈,比较(1)(2)...()g g g n +++与()n f n -的大小关系,并加以证明.
分析：第（2）问需ln(1),01
ax x x x +≥
≥+恒成立, 应用不等式ln(1)x x +≤,有ln(1),01
ax x x x x ≥+≥≥+, 对上式进行放缩,利用,01
ax x x x ≥≥+求a 的取值范围. 当0x =时,上式化简为00a ≥⨯,此时a R ∈；
当0x >时,上式化简为11a x ≥+,即1a x ≤+,则有1a ≤； 综上所述,有a 的取值范围是(,1]-∞.
2 （2013年全国大纲卷理科22题）已知函数(1)()ln(1)1x x f x x x
λ+=+-
+. （1）若0x ≥时()0f x ≤,求λ的最小值； （2）设数列{}n a 的通项1111...23n a n =+
+++,证明：21ln 24n n a a n
-+>. 分析：第（1）问需要(1)()ln(1)01x x f x x x λ+=+-≤+在0x ≥时恒成立, 利用不等式2ln(1)2x x x -≤+,有2(1)ln(1)21x x x x x x
λ+-≤+≤+,该不等式在0x =时取等号对上式进行放缩,利用2(1),021x x x x x x
λ+-≤≥+求λ的最小值. 当0x =时,上式化简为00≤,此时R λ∈；
当0x >时,上式化简为12
x λ-≤,则有12λ≥；
综上所述,当0x ≥时,若()0f x ≤,则1
[,)2λ∈+∞,其最小值为12
. 参考文献
[1] 张筑生，数学分析新讲[M]，北京：北京大学出版社，2005.。
