基金項目? 江蘇省教育科學(xué)十四五規(guī)劃課題“‘大概念’視角下高中數(shù)學(xué)‘學(xué)研一體化’教學(xué)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(xué)的一條主線，圍繞它所涉及的一系列數(shù)學(xué)思想、方法對學(xué)生數(shù)學(xué)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(fù)合就可以得到一些較為復(fù)雜的函數(shù)模型（往往含參數(shù)），考查當(dāng)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(dǎo).

【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(dǎo)數(shù)工具來研究.歷年高考函數(shù)壓軸題，命題人習(xí)慣對一些初等函數(shù)進行簡單的四則運算和復(fù)合得到一些較復(fù)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(dǎo)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(dǎo)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(fù)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(xué)的觀點闡述如何人為創(chuàng)造一個較復(fù)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(xué)背景

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

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

由此可見，求高階導(dǎo)數(shù)就是多次接連地求導(dǎo)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(dǎo)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）?。?+x）n.

1.2? 兩個函數(shù)的和、差、積的高階導(dǎo)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(fù)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(dǎo)數(shù)，顯然u（x）+v（x）也在點x處具有n階導(dǎo)數(shù).下面不加證明地給出兩個函數(shù)的和、差、積的高階導(dǎo)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(dǎo)函數(shù)的局部線性估計

在數(shù)學(xué)上，對于一些較復(fù)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(dāng)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(dǎo)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(dǎo)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！（x－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）?。▁－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）！（x－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(dāng)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(dāng)x∈（a，b）時，f（n+1）（x）≤M，則有估計Rn（x）=f（n+1）（ξ）（n+1）！（x－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(dāng)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）！（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(dāng)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(fù)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(fù)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(dāng)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(dāng)m是偶數(shù)時，當(dāng)am>0時，f（c）是函數(shù)f（x）的極小值；當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dǎo)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(dāng)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(dāng)m是偶數(shù)時，當(dāng)f（m）（x0）>0時，f（x0）是函數(shù)f（x）的極小值；當(dāng)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(dǎo)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(xué)揭秘與初等數(shù)學(xué)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(xué)的意味.其實，關(guān)鍵就是如何用初等數(shù)學(xué)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(xué)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(dāng)a>－16即f（0）=6a+1>0時，則一定存在δ1>0，當(dāng)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(dāng)a<－16即f（0）=6a+1<0時，則一定存在δ2>0，當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)－a2+2>0即a∈（－2，2）時，有f″（0）=－a2+2>0，則一定存在δ1>0，當(dāng)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(dāng)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(dāng)－a2+2<0即a∈－∞，－2∪2，+∞時，有f″（0）=－a2+2<0，則一定存在δ2>0，當(dāng)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(dāng)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(dāng)－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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(xí)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(xué)試題研究的思考

我們似乎早就習(xí)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(fù)明年，年年都如此.當(dāng)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(xué)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(xí)得他們的布局之道，然后重新謀局，反復(fù)試煉我們的學(xué)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(xué)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(xué)概念的精致化教學(xué)——談高中導(dǎo)數(shù)教學(xué)的幾點思考＼[J＼].中學(xué)數(shù)學(xué)月刊，2022（03）：28-32.

作者簡介? 江海華（1992—），男，安徽安慶人，中學(xué)一級教師;“太倉市高中數(shù)學(xué)學(xué)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(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)及數(shù)學(xué)史；發(fā)表論文多篇.