泰勒展开式在高考题中的应用

泰勒展开式在高考题中的应用
莲塘一
中 李树森
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 n 1阶导数存在 , x, x 0 I , 则 f (x) f
( x 0 ) f ( x 0 ) ( x x 0 ) f ( x 0 ) ( x x 0 )2 ... f (n ) ( x 0 ) ( x x 0 )n R n 1 ,
1! 2! n! 其中 R 1 f
( n
1) ( )
( x x )n 1
, 其中 介于 x 和 x 0 间 . 上式即为函数 f ( x) 在
x 0 点处的泰勒展开式 .[1] n ( n 1)! 0
令 f
(x)
ln( x 1) , x 0 0 , 有 ln( x 1) x x 2 x 3
... ( 1)n 1 x n R n 1 . x 2 2 3 n
上式可以进行放
缩
, 比较 ln( x 1) 和 x 、 x 的大小 , 2 可以得到不等式：
x x 2
ln( x 1) x , ( x
0) .
（ *）
2
下面证明该不等式 .
证 明 ： 设 h( x) x x 2 ln( x 1), h
( x) 1 x 1
x 2 ) 单调递 2 x 1 x 0,( x 0) , 则 h( x) 在
[0,
x 2
1
减 , h( x) h(0) ln( x
1) , 当 x 0 时取等号 . 0 , 即有
x 2 1 x
设 f (x)
ln( x 1) x , f ( x) 1 0,( x 0) , 则 f (x) 在 [0, ) 单调递减 , x 1
x 1
f ( x) f (0) 0 , 即有 ln( x 1) x , 当
x 0 时取等号 . 综上所述 , 有不等式： x x 2
1) x , ( x 0) , 当
x 0 时取等号 . ln( x 2
如图所示：
例题展示
考题 1 （ 2015 年福建卷理科 20 题）
已知函数 f ( x) ln(1 x),
g(x) kx,( k R)
（ 1）证明：当x 0 时 , f
( x) x ；
（ 2）证明：当k 1 时 , 存在
x0
0 , 使得对任意的
x
(0, x0 ) , 恒有 f
( x)g ( x) ；
（ 3）确定 k 的所有可能取值 , 使得存在 t 0 , 对任意的
x
(0, t) , 恒有 f (x)
g( x) x 2.
解析：（ 1）在对（ * ）式的证明过程中已经体现 .
（ 2）设 h(x) ln(1 x) kx , h (x)
1
k x 1
当 k 0 时 , h (x) 0, 则 h( x) 在(0, ) 单调递增
即 f
(x) g(x) , 此时 x0可以取任意正实数 .
当 0 k 1
时 ,
令 h ( x)
0 , 解得
k (x 1k )
k.
x 1
, 则有 h( x) h(0) 0 ,
有
x 1 1, 0 k 1, 1 10 k
1
k
取 x0则有对任意的 x (0, x0 ) , 有
1 ,
k
f (x) g( x) .
分析：第（ 2）问的结论可以从
图2中解释 .
（3） ln(1 x) kx x2可化为
kx x2ln(1 x) kx x2 , 此不等式要求在某个区间(0, t) 成立即可 ,
而不等式 x x20 时恒成
立 .
ln( x 1) x 在
x
2
kx x2x x2
, 其中
x
,
因此可以得
到 2
kx x2x
k x 1
, 即有k 1
因此有 k 1 .
化简,得 2
k
,
k x 1
1
考题2 （ 2015 年山东卷理
科
21
题）
设函数 f
( x)ln( x 1) a( x2x)
, 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x 0, f (x) 0 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 f ( x) 0, 得
a( x2x) ln( x 1) ,
利用不等式
ln( x 1) x , 有
a( x2x)
ln(
x1) x ,
对上式进行适当放缩, 即利用
a(x2x) x 求 a 的取值范围 .
当 x (0,1)
时 , a x
x
1 ,
由于
h( x) 1
在 (0,1) 上单调递增 ,
有 a h(0) 1；
x2x 1 x 1
当 x 1 时 , 有 a
0 1 , 此时 a R ；
当 x (1, ) 时 , a 2 x 1 , h( x)
1 在
(1, )上单调递增 , 有 a lim 1 0 . x x x 1 x 1 x x 1
综上所述 , x 0 , 要使 f (x)
0 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 x 2
分别是泰勒展开式的第一项和前两项 . 这两个函数与函数
y ln x 1 之间的相差是比较多的，但 x
2
是在原点附近的较小区间内这两个函数与函数 y ln x 1 误差是很小的 . 因此本文是利用了这一点，对
x 2
. 通过放缩将 ln x 1 转化成 x 或者 x 这种多项式函数形式，利用多项式函数求参 2
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 f ( x) ln(1 x), g( x) x f ( x), x 0 . 其中 f ( x) 是 f ( x) 的导函 数 . （ 1）令 g 1( x) g (x), g n 1 ( x) g (g n ( x)),
n N , 求 g n ( x) 的表达式；
（ ）若 f (x) ag( x) 恒成立 , 求实数 a 的取值范围； 2
（ 3）设 n N , 比较 g(1) g(2) ... g( n) 与 n f ( n) 的大小关系 , 并加以
证明 .
分析：第（ 2）问需
ln( x
1) ax , x 0恒成立 , x 1
应用不等式 ln( x 1) x , 有
x
ln( x 1) ax , x 0 , ax x 1 对上式进行放缩 , 利用
x
, x 0 求 a 的取值范围 . x 1
当 x 0 时 , 上式化简
为
0 a 0 , 此时 a R ； 当 x 0 时 , 上式化简为 1 a x 1, 则有 a 1 ；
x , 即 a
1
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 f ( x)
ln(1 x) x(1 x) .
（ 1）若 x 0 时 f ( x) 0 1 x
,
求 的最小值；
（ 2）设数列
a n 的通项 a n 1 1
1 ... 1 , 证明： a 2
n a n 1 ln 2 . 2 3 x(1 n x) 4n
分析：第（ 1）问需要 f
( x) ln(1 x) 0 时恒成立 , 1 0 在 x
x
利用不等式 x x 2
ln( x 1) , 有 x x 2
ln( x
1) x(1 x) , 该不等式
在
x 0 时取等号对上式进行
x 2 2
2
1 x
放缩 , 利用
x
x(1 x)
, x 0
求 的最小值 .
2 1 x
当 x 0 时 , 上式化简为 0
, 此时 R ；
当 x 0 时 , 上式化简为 1
x , 则有
1 ； 2
2 综上所述 , 当 x 0 时 , 若 f ( x) 0 ,
则
[ 1
) , 其最小值
为
1 .
,
2 2。