泰勒公式的题型

泰勒公式用于一些函数极限问题约定分别用f k和g k来记f(k)(0)和g(k)(0),k=0,1,2,···.命题1设f(x)和g(x)都在0点处4次可导，f0=g0=0,f1=g1=1,则lim x→0f(g(x))−g(f(x))x4=18(︀f2g22−f22g2)︀+112(f3g2−f2g3).例1在命题1中，取f(x)=ln(1+x),g(x)=−ln(1−x),可得lim x→0ln[1−ln(1−x)]+ln[1−ln(1+x)]x4=112.例2在命题1中，取f(x)=1−e−x,g(x)=e x−1,可得lim x→02−e1−e x−e1−e−xx4=−112.命题2设f(x)和g(x)都在0点的某邻域中5次可导，f0=g0=0,f1=g1=1,则lim x→0f(g(x))+f−1(g(x))−g(f(x))−g(f−1(x))x5=38(︀f22g22−f32g2)︀+14(︀f2f3g2−f22g3)︀.例3在命题2中，取f(x)=e x−1,g(x)=−ln(1−x),可得lim x→0x1−x+ln(2−e x)+ln[1−ln(1−x)]+ln[1−ln(1+x)]x5=−14.命题3设f(x)和g(x)都在0点的某邻域中5次可导，f0=g0=0,f1=g1=1,则lim x→0f(g(x))+g−1(f−1(x))−g(f(x))−f−1(g−1(x))x5=38(︀f2g32−f32g2)︀+14(︀f2f3g2+f3g22−f2g2g3−f22g3)︀.例4在命题3中，取f(x)=ln(1+x),g(x)=−ln(1−x),可得lim x→0ln[1−ln(1−x)]+ln[1−ln(1+x)]+2−e1−e x−e1−e−xx5=0.注进一步的计算可得lim x→0ln[1−ln(1−x)]+ln[1−ln(1+x)]+2−e1−e x−e1−e−xx6=772.1命题4设f(x)和g(x)都是(−δ,δ)中的奇函数且都在0点处7次可导，f1=g1=1,则lim x→0f(g(x))−g(f(x))x7=172(︀f3g23−f23g3)︀+1360(f5g3−f3g5).例5在命题4中，取f(x)=tan x,g(x)=sin x,可得lim x→0tan(sin x)−sin(tan x)x7=130.命题5设f(x)和g(x)都是(−δ,δ)中的奇函数且都在(−δ,δ)中9次可导，f1=g1=1,则lim x→0f(g(x))+f−1(g(x))−g(f(x))−g(f−1(x))x9=5216(︀f23g23−f33g3)︀+1216(︀f3f5g3−f23g5)︀.例6在命题5中，取f(x)=tan x,g(x)=sin x,可得lim x→0tan(sin x)+arctan(sin x)−sin(tan x)−sin(arctan x)x9=19.命题6设f(x)和g(x)都是(−δ,δ)中的奇函数且都在(−δ,δ)中9次可导，f1=g1=1,则lim x→0f(g(x))+g−1(f−1(x))−g(f(x))−f−1(g−1(x))x9=5216(︀f3g33−f33g3)︀+1216(︀f3f5g3+f5g23−f3g3g5−f23g5)︀.例7在命题6中，取f(x)=tan x,g(x)=sin x,可得lim x→0tan(sin x)+arcsin(arctan x)−sin(tan x)−arctan(arcsin x)x9=118.2。

例1 用泰勒公式，证明：当x>1时，.
证设，则f (x)当x>1时有二阶导数，且.
将f (x)点x=1处依泰勒公式展开，得
即
由于，故f (x)>0，即.
从而
例2 设f (x)在[a, b]上连续，在(a, b)内二阶可导，若，则在
(a, b)内至少有一点，使
证由泰勒公式，得
令，代入得
相减，得
设
则
例3 验证当时，按公式
计算的近似值，所产生的误差小于0.01；并求的近似值，使误差小于0.01.
解因为公式右边是的三阶麦克劳林公式，故误差
又已知，从而，故
误差
例4 求函数按(x－4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的三阶泰勒公式.
解由于，故
因此
其中介于x与4之间.
例5 利用泰勒公式求极限
解
例6 求函数在x = 0处的n阶导数(n≥3)
解由f (x)和的麦克劳林公式
比较的系数得
故
五、练习题
1、应用三阶泰勒公式求下列各数的近似值，并估计误差.
(1) (2) sin18°
（答：(1) ；(2) 0.3090，误差为）
2、设函数f (x)在(－1, 1)内具有二阶连续导数，且，试证：对于任
意非零，存在唯一的，使成立，且.
（提示：拉格朗日中值定理、泰勒公式）
3、求函数的带有拉格朗日型余项的三阶麦克劳林公式.
（答：）
4、利用泰勒公式求极限
（答：）
5、求函数的带有皮亚诺型余项的n阶麦克劳林公式
（答：）
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大招5泰勒公式法速解比大小问题高考题目中常常利用泰勒公式解决指数函数e x y =，对数型函数()ln 1y x =+，三角函数sin y x =，cos y x =，tan y x =等与一元高次函数之间的放缩、近似计算、比较大小等问题.解决此类问题的关键点如下：→Step 1列泰勒公式观察已知条件的特征，与函数e x y =，()ln 1y x =+等相对照，列出对应的泰勒公→Step 2求函数值根据已知条件，代入自变量的值并近似计算求函数值→Step 3给出结论根据计算结果，给出判断结果【典例1】已知1718a =，1cos 3b =，13sin 3c =，则（）A.a b c<< B.b c a << C.b a c<< D.c a b<<【大招指引】由泰勒公式得得到1cos 3b =、13sin 3c =的近似值，再进行比较大小.【解析】由泰勒公式得，()()22cos 112!2!kk x xx k =-+⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅，(),x ∈-∞+∞，令13x =，得到2411111cos 10.94503234!3b ⎛⎫⎛⎫=≈-⨯+⨯≈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又()()()3211sin 1,,3!21!k k x x x x x k --=-+⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅∈-∞+∞-，令13x =，得到241sin1111133sin 10.9816133!35!33c ⎛⎫⎛⎫==≈-⨯+⨯≈ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，170.944418a =≈，所以a b c <<，故选A.【题后反思】本题也可以利用构造函数法进行求解：因为当π02x <<时，tan x x >，所以13sin133tan 113cos 3c b ==>，所以b c <.令()()21cos 02f x x x x =+>，则()sin 0f x x x '=->，()f x 在()0,∞+上单调递增，故211cos00132f ⎛⎫>+⨯= ⎪⎝⎭，即2111cos 1323⎛⎫+⨯> ⎪⎝⎭，所以117cos 318>，从而有b a >.综上，a b c <<.故选A.【温馨提醒】泰勒公式展开的阶数越高，计算的精度越高，但计算复杂度也随之升高，我们可以通过选择恰当的展开阶数，来达到我们需要的计算精度；一般根据题目需要，取前两项或前三项，最多取前四项.【举一反三】1．设0.02e 1a =-，ln1.02b =，151c =，1d =，则（）A ．b a<B ．b c<C ．d b<D ．d c<【典例2】已知991001101,e ,ln 100100a b c -===，则的大小关系为（）A.a b c <<B.C. D.b a c<<【大招指引】利用与泰勒公式相关的不等式1x e x ≥+，ln 1≤-x x 说明大小即可【解析】在1x e x ≥+中令99100x =-，则，即b a >；在ln 1≤-x x 中令101100x =，得1011011ln 1100100100<-=，即c a <；所以.故选：C【题后反思】1x e x ≥+，ln 1≤-x x 这两个不等式可以通过作差构造函数，利用导数进行证明：如：构造()1xy e x =-+，则'1x y e =-，当()',0,0x y ∈-∞<函数递减，当()'0,,0x y ∈+∞>函数递增，故时函数取得最小值为0；故1x e x ≥+（当且仅当时取“=”）【温馨提醒】常见函数的泰勒展开式相关不等式：结论1：ln(1)(1)x x x +≤>-.结论2：ln 1(0)x x x ≤->.结论3：11ln x x-≤（）.结论4：.结论5：1x x e +≤；；.结论6：；结论7：结论8：.结论9：.【举一反三】2．设131,ln ,sin 2222a b c π===，则（）A ．b a c <<B ．a b c <<C ．c b a<<D ．b<c<a3．已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（）A ．c b a >>B ．b a c>>C ．a b c >>D ．a c b>>4．设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，则（）A ．a b c <<B ．c b a<<C ．c a b<<D ．a c b <<5．若341ln ,,e 134a b c ===，则,,a b c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．c b a >>C ．c a b>>D ．b a c >>6．已知20222023e a -=，ln2024ln2023b =-，1sin 2023c =，则（）A ．c a b<<B ．a c b<<C ．c b a <<D ．b c a<<7．已知90.9a =，990.99b =，sin 9c =则（）A ．a b c>>B ．b a c>>C ．c a b>>D ．b c a>>8．设2ln1.01a =，ln1.02b =，1c =．则（）A ．a b c<<B ．b c a<<C ．b a c <<D ．c a b<<参考答案：1．ACD【分析】逐项分析，构造函数结合导数判断单调性来确定a 与b ，b 与c ，d 与b ，d 与c 大小关系.【详解】解：0.02e 1a =-，()ln1.02ln 10.02b ==+，1151501c ==+，11d =--，对于A ，设()()()e ln 11,0,xf x x x ∞=-+-∈+，则()1e 1xf x x ='-+，令()()1e 1x g x f x x '==-+，则()()21e 01x g x x '=+>+恒成立，所以()f x '在()0,x ∈+∞上单调递增，则()()00f x f ''>=恒成立，所以()f x 在()0,x ∈+∞上单调递增，则()()0.020.02e ln1.02100f f =-->=，即0.02ln1.02e 1<-，所以b a <，故A 正确；对于B ，设()()ln ,1,h x x x x x ∞=-∈+，则()ln 0h x x '=>，故()h x 在()1,x ∈+∞上单调递增，则()()1.02 1.02ln1.02 1.0211h h =->=-，整理得21ln1.0210251>=，所以b c >，故B 不正确；对于D ，设()()()()23211,0,1m x x x x =+-+∈，则()()()()()2242131321311m x x x x x x x '=+-+=-++=-+-，当()0,1x ∈时，()()()3110m x x x =-+->'，所以()m x 在()0,1x ∈上单调递增，所以有()()()()230.0210.0410.0200m m =+-+>=，即210.0410.0210.02+⎛⎫>+ ⎪+⎝⎭，所以1151>，则d c <，故D 正确；由前面可知,d c c b <<，所以d b <，故C 正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查构造函数结合导数比较指对幂大小问题，属于难题.解决本题的关键是处理好指对幂式子中自变量的位置，结合作差法比较大小，构造差函数，给定定义域求导确定函数单调性最后比较函数值大小即可判断，例如比较0.02e 1a =-，ln1.02b =大小，将转换得()ln1.02ln 10.02b ==+，可构造差函数()()()e ln 11,0,xf x x x ∞=-+-∈+，求解导数()f x '结合导函数的性质即可确定()f x 在()0,∞+的单调性，从而可得函数值大小，即可判断,a b 大小关系.2．A【分析】构造()()1ln 0g x x x x =-->，对()g x 求导，可得()g x 的单调性和最值，可知1ln x x -≥，得出a b >，同理构造π()sin 2f x x x =-，可得c a >，即可得出答案.【详解】令()()1ln 0g x x x x =-->，()111x g x x x-'=-=，令()0g x '>，解得：1x >；令()0g x '<，解得：01x <<；所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以()()min 10g x g ==，所以1ln x x -≥，由1ln x x -≥可知a b >，设π()sin 2f x x x =-，则π()cos 12f x x '=-在区间π0,6⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数．且ππ4106224f -⎛⎫=⋅-='> ⎪⎝⎭．所以函数()f x 在区间π0,6⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数．所以1(0)02f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即π11sin 222>．即：c a >．故选：A ．3．A 【分析】由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >;构造函数()()21cos 1,0,2f x x x x ∞=+-∈+,利用导数可得b a >,即可得解.【详解】[方法一]：构造函数因为当π0,,tan 2x x x⎛⎫∈< ⎪⎝⎭故14tan 14c b =>，故1cb >，所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，故1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以131cos 0432->，所以b a >，所以c b a >>，故选A[方法二]：不等式放缩因为当π0,,sin 2x x x ⎛⎫∈< ⎪⎝⎭，取18x =得：2211131cos 12sin 1248832⎛⎫=->-= ⎪⎝⎭，故b a>1114sin cos 444ϕ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，其中0,2πϕ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且sin ϕϕ==当114sin cos 44+=142πϕ+=，及124πϕ=-此时1sin cos 4ϕ==1cos sin 4ϕ=故1cos 411sin 4sin 44<=<，故b c <所以b a >，所以c b a >>，故选A [方法三]：泰勒展开设0.25x =，则2310.251322a ==-，2410.250.25cos 1424!b =≈-+，241sin10.250.2544sin1143!5!4c ==≈-+，计算得c b a >>，故选A.[方法四]：构造函数因为14tan 4c b =，因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭，所以11tan 44>,即1c b >，所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>，故选：A ．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为14tan 4c b =，因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭，所以11tan 44>,即1c b >，所以c b >；因为当π0,,sin 2x x x ⎛⎫∈< ⎪⎝⎭，取18x =得2211131cos 12sin 1248832⎛⎫=->-= ⎪⎝⎭，故b a >，所以c b a >>．故选：A ．【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；方法5：利用二倍角公式以及不等式π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭放缩，即可得出大小关系，属于最优解．4．C【分析】构造函数()ln(1)f x x x =+-，导数判断其单调性，由此确定,,a b c 的大小.【详解】方法一：构造法设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++，当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当(0,)x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增，所以1()(0)09f f <=，所以101ln 099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11x xx g x x x x -+'=+=--,令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当01x <<时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增，又(0)0h =，所以当01x <时，()0h x <，所以当01x <时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增，所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c >故选：C.方法二：比较法解：0.10.1a e =，0.110.1b =-，ln(10.1)c =--，①ln ln 0.1ln(10.1)a b -=+-，令()ln(1),(0,0.1],f x x x x =+-∈则1()1011x f x x x-'=-=<--，故()f x 在(0,0.1]上单调递减，可得(0.1)(0)0f f <=，即ln ln 0a b -<，所以a b <；②0.10.1ln(10.1)a c e -=+-，令()ln(1),(0,0.1],x g x xe x x =+-∈则()()()1111'11x xxx x e g x xe e x x+--=+-=--，令()(1)(1)1x k x x x e =+--，所以2()(12)0x k x x x e '=-->，所以()k x 在(0,0.1]上单调递增，可得()(0)0k x k >>，即()0g x '>，所以()g x 在(0,0.1]上单调递增，可得(0.1)(0)0g g >=，即0a c ->，所以.a c >故.c a b <<5．C【分析】构造函数()()ln 11xf x x x =+-+，求导得到函数单调性，得到1(0)3f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，求出41ln34>，构造()e 1ln(1)x g x x =--+，求导得到函数单调性，得到1(0)3g g ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故41ln 3>，得到答案.【详解】设()()ln 11x f x x x =+-+，则2211()1(1)(1)x f x x x x '=-=+++，∴0x >时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增．∴1(0)3f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即41ln 034->，∴41ln34>，a b >．设()e 1ln(1)x g x x =--+，则1()e 1xg x x '=-+，∴当0x >时，()0g x '>，即()g x 在(0,)+∞上单调递增．∴1(0)3g g ⎛⎫> ⎪⎝⎭41ln 03-->，41ln 3>，即.c a >．综上，c a b >>.故选：C ．【点睛】方法点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.6．D【分析】构造函数()e 1xf x x =--及函数()sing x x x =-，结合函数的单调性可比较a 与c ，构造函数()()sin ln 1h x x x =-+，结合函数的单调性可比较b 与c ，即可得解.【详解】令()e 1xf x x =--，0x <，则()e 10xf x '=-<在(),0-∞上恒成立，故()f x 在(),0-∞上单调递减，故()()01010f x f >=--=，故2022202320222022e 1020232023f -⎛⎫⎛⎫-=---> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2022202320221e 202320231-=>-，即12023a >，、令()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x '=-≥，故()g x 在定义域内单调递增，故()111sin 0000202320232023g g ⎛⎫=->=-= ⎪⎝⎭，即a c >；令()()sin ln 1h x x x =-+，01x <<，则()22111cos 12sin 1212121x xh x x x x x⎛⎫'=-=-->-⨯-⎪+++⎝⎭()()()22111102121x x x x x x +-=--=>++在()0,1上恒成立，故()h x 在()0,1上单调递增，又()0sin 0ln10h =-=，故()1002023h h ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，故12024sin ln 20232023⎛⎫> ⎪⎝⎭，即c b >，故有a c b >>.故选：D.【点睛】关键点睛：本题关键在于构造对应的函数帮助比较大小，对a 与c ，可通过构造()e 1x f x x =--，从而比较a 与12023的大小关系，构造()sin g x x x =-，从而比较c 与12023的大小关系，可得a 与c 的大小关系，通过构造()()sin ln 1h x x x =-+可比较b 与c 的大小关系.7．C【分析】通过将a ，b 变形，构造函数()()111x f x x -=-比较a ，b ，将c 泰勒展开，再与a 进行比较即可.【详解】由已知，101911100.9a -⎛⎫ ⎪⎝⎭==-，10019911100.990b -⎛⎫ ⎪⎝⎭==-，设()()()()11111ln 11ln 11e e x x x x x f x x -⎛⎫-- ⎪--⎝⎭=-==，()0,1x ∈，则()()()11ln 11e 1ln 1x x f x x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭'⎡⎤⎛⎫'=⋅-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，其中()()()22ln 111111ln 1111x x x x x x x x x '-+⎡⎤-⎛⎫⎛⎫--=--+-⋅=- ⎪ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎝⎭⎣⎦，令()()ln 1g x x x =-+，则()1111x g x x x '=-+=--，当()0,1x ∈时，()0g x '<，∴()g x 在()0,1上单调递减，()()00g x g <=，∴当()0,1x ∈时，()11ln 10x x '⎡⎤⎛⎫--> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，()0f x '>，()f x 在()0,1上单调递增，∴1110100f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎝⎭⎝⎭，即1011001111110100--⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴有a b >.对于c 与a ，()()sin 9sin 3π9sin 9.429sin 0.4c ==->->，将sin 0.4泰勒展开，得30.4sin 0.40.40.38933!>->，()()()()()()901234012349999910.10.10.10.10.10.1a C C C C C =-<-+-+-+-+-10.90.360.0840.01260.38860.3893c =-+-+=<<，∴a c <.综上所述，a ，b ，c 的大小关系为c a b >>.故选：C.【点睛】对于数值比较大小，可使用等价变形化同构，再构造函数，利用函数的单调性进行比较.8．B【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a ,b 的大小作出判定，对于a 与c ，b与c 的大小关系，将0.01换成x ,分别构造函数()()2ln 11f x x =++,()()ln 121g x x =+，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f (0)=0,g (0)=0即可得出a 与c ，b 与c 的大小关系.【详解】[方法一]：2ln1.01a =2ln1.01=()2ln 10.01=+()2ln 120.010.01=+⨯+ln1.02b >=，所以b a <；下面比较c 与,a b 的大小关系.记()()2ln 11f x x =+，则()00f =，()2121x f x x --='=+，由于()()2214122x x x x x x +-+=-=-所以当0<x <2时，()21410x x +-+>()1x >+，()0f x '>，所以()f x 在[]0,2上单调递增，所以()()0.0100f f >=，即2ln1.011>，即a c >；令()()ln 121g x x =+，则()00g =，()212212x g x x --=+'，由于()2214124x x x +-+=-，在x >0时，()214120x x +-+<，所以()0g x '<，即函数()g x 在[0，+∞)上单调递减，所以()()0.0100g g <=，即ln1.021-，即b <c ；综上，b c a <<，故选：B.[方法二]：令()21ln 1(1)2x f x x x ⎛⎫+=--> ⎪⎝⎭()()221-01x f x x =+'-<，即函数()f x 在（1，+∞)上单调递减()10,f f b c <=∴<令()232ln 1(13)4x g x x x ⎛⎫+=-+<< ⎪⎝⎭()()()21303x x g x x --+'=>，即函数()g x 在（1，3)上单调递增()10,g g a c =∴综上，b c a <<，故选：B.【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.。

泰勒中值定理与泰勒公式计算思路与典型题分析泰勒（Brook Taylor）英国数学家，主要以泰勒公式和泰勒级数出名。

一、泰勒多项式与麦克劳林多项式设函数f(x)在x0某邻域内有定义，并且在x0处有n阶导数，则称为函数f(x)在x0处的n阶(次)泰勒多项式. 其中系数称为f(x)在x0处的泰勒系数.特别，如果x0=0时，称为函数f(x)的n阶麦克劳林多项式.二、泰勒中值定理与泰勒公式定理(泰勒中值定理)如果函数f(x)在x0的某个邻域内具有直到n+1阶导数，则对邻域内任一点x，至少存在介于x0与x之间的一点ξ，使得该公式也称为带拉格朗日余项的泰勒公式，其中ξ也可以表示成三、带皮亚诺余项的泰勒公式如果函数f(x)在x0处具有直到n阶导数，则存在x0的一个邻域，对于该邻域内任一x，有此公式称为带皮亚诺余项的n阶泰勒公式.【注】以上两个公式当x0=0时，分别称为n阶带拉格朗日余项的麦克劳林公式和带皮亚诺余项的麦克劳林公式，即有四、泰勒公式的意义及使用原则泰勒公式解决了用微分近似计算函数值或函数值增量精度不高问题；提供了误差的估计公式，并可实现对误差的有效控制.【注1】函数f(x)在x=x0的n阶导数存在，则可以写出该函数在x=x0处的n次泰勒多项式，但是泰勒多项式不一定会随着n的增加逐渐逼近函数在x处的函数值.【注2】只要存在常数C>0使当x∈(a,b)时，恒有|f(n+1)(x)|≤C(n=0,1,2,…)则用n次泰勒多项式P n(x)来近似代替f(x)时，余项的绝对误差|R n(x)|(x∈(a,b))随n的增大可变得任意小. 对于初等函数而言，在任意定义区间上一般都满足这个条件，所以对应的泰勒多项式可以满足这个要求.【注3】记住几个基本初等函数的带拉格朗日余项的泰勒公式和麦克劳林公式，其他的常见初等函数的在任意点的泰勒公式，一般都可以基于等式恒等，公式唯一的间接法来获得相应的泰勒公式.五、常用的几个麦克劳林公式带拉格朗日余项的麦克劳林公式带皮亚诺余项的麦克劳林公式【注1】一般在应用中都使用麦克劳林公式，因为一般位置的泰勒公式通过平移变换可以转换为麦克劳林公式描述.【注2】借助泰勒公式，可以计算函数在指定点的任意阶导数，即有六、计算函数泰勒公式的方法与典型题1. 直接法(1)计算n阶带拉格朗日余项的泰勒公式，直接求函数在x0的1~n+1阶导数，然后由公式代入各阶导数值，直接写出泰勒公式.(2)计算n阶带皮亚诺余项的泰勒公式，直接求函数在x0的1~n阶导数，然后由公式代入各阶导数值，直接写出泰勒公式.【注】计算麦克劳林公式即为x0=0处的泰勒公式. 该方法适合于所求阶数较低，函数不方便描述为具有以上几个已知泰勒公式的初等函数结构，或者函数求导结果具有一定规律的问题，比如上面几个基本初等函数的麦克劳林公式的计算.例1 求f(x)=secx的三阶带皮亚诺余项的麦克劳林公式.【分析】该函数不好直接描述为以上五个函数，即sinx, cosx, e x, ln(1+x), (1+x)a的结构，所以使用直接法计算系数来获取相应的麦克劳林公式，由于要计算三阶带皮亚诺余项的麦克劳林公式，所以要求x0=0处的函数值及三阶导数值，于是有所以有【注1】由于secx是偶函数，所以在计算导数的过程中也只需要计算偶数阶导数，奇数阶导数肯定为0.【注2】对于抽象函数一般使用直接法.例2(1996年数学一(199607)) 设f(x)在[0,1]上具有二阶导数，且满足条件|f(x)|≤a, |f’’(x)|≤b.其中a,b都是非负常数，c是(0,1)内任意一点.(1)写出f(x)在点x=c处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式；(2)证明|f’(x)|≤2a+b/2.【分析】首先，这是一个抽象函数的泰勒公式计算问题，并且在x=c处各阶导数都无法直接计算出，所以只能用抽象函数的导数描述形式描述，于是直接由泰勒公式定义形式，有其中ξ=c+θ(x-c),0<θ<1. 这就是该考题第(1)的结果.对于第二问，考虑的是f’(x)，由于c为任意点，所以就相当于考察泰勒公式中的f’(c)，所以希望将它用有相关已知条件的函数与二阶导数来描述，如果直接用一阶泰勒公式表示，则分母中出现x-c，无法获取最小下界. 因此，按照常规的泰勒公式的应用于证明题的思路，写出在某点的泰勒公式后，分别求其它已知点，或者中点、端点的函数值，然后借助两个泰勒公式消去一些不好讨论的项，得出能够讨论出结果的表达式.比如这里，除了c，就只有两个相关端点了，于是对一阶泰勒公式求x=0,x=1的值，有两式相减，则可以将f’(c)的变量系数消去，从而有而有绝对值不等式，有由于g(c)=(1-c)2+c2的导数为g’(c)=4c-2，所以驻点只有一个，即c=1/2，比较函数g(c)在0，1/2，1的值，即1,1/2,1，所以有1/2<g(c)<1，从而有结论成立.2. 间接法该方法基于函数表达式恒等变换与泰勒公式的唯一性.(1)将函数的变量描述为x-x0的函数形式，x变量不再以其它形式存在于函数表达式中；(2)将函数描述为已知麦克劳林公式的基本初等函数的结构，即sinx,cosx, e x, ln(1+x), (1+x)a，其中x可以是任意的表达式，如果将其替换为x-x0，则得函数在x=x0处的泰勒公式.【注】变换思路可以考虑两个方向，求麦克劳林公式则从考虑变换函数结构出发，求非零点的泰勒公式，则先考虑变量结构，在考虑函数结构.(3)写出构成函数的各基本初等函数的泰勒公式，合并化简系数，写出最终泰勒公式例2 分别求x2/(4+x)的n阶带皮亚诺余项的麦克劳林公式和x=2处的n阶带皮亚诺余项的泰勒公式.【分析】(1)求带皮亚诺余项的麦克劳林公式，它从变换函数结构出发：具有x2/(4+x)结构的，已知泰勒公式的初等函数为于是有或者(2)求带皮亚诺余项的x=2泰勒公式，首先从变量出发，把变量都变为x-2，则有例3 求f(x)=e sinx的三阶带皮亚诺余项的麦克劳林公式.【分析】：直接法：该函数不具有直接的以上五个函数结构，所以考虑直接法，于是有所以有间接法：于是有例4(2000数学二)：求函数f(x)=x2ln(1+x)在x=0处的n阶导数f(n)(0)(3≤n).【解题分析】由于是求x=0处的n阶导数，所以由麦克劳林公式，有于是由ln(1+x)的麦克劳林公式：可得【另解】由于这是一个幂函数与对数函数的乘积，所以它的导数也可以由莱布尼兹计算公式来求，其中公式为：如果令则由于有所以有因此当x=0时，代入上式，则有相关推荐•柯西中值定理证明中值命题的基本思路与典型例题分析•拉格朗日中值定理证明中值命题的基本概念、基本步骤与典型题思路分析•罗尔定理证明中值命题的基本概念、步骤与典型题思路分析关于泰勒公式、泰勒中值定理的应用实例思路探索与分析可以参见全国大学生数学竞赛初赛非数学解析视频课堂，主要视频有：•第二届第2题：基于对数函数法和麦克劳林公式计算函数极限（1个视频片段）•第三届第1题：函数极限计算的三类重要方法及应用实例分析（3个视频片段）•第三届第三题：借助带拉格朗日余项的泰勒公式证明中值等式（1个视频片段）•第四届第三题：借助麦克劳林公式探索方程近似解（1个视频片段）•第六届第三题：用泰勒公式解题的一般思路与步骤及实例分析（2个视频片段）•第八届第1题：函数极限计算的一般思路与方法（3个视频片段）。

泰勒公式及其应用等价无穷小在求函数极限中的应用及推广泰勒公式及其应用１ 引言泰勒公式是高等数学中一个非常重要的内容,它将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数,这种化繁为简的功能,使它成为分析和研究其他数学问题的有力杠杆.作者通过阅读大量的参考文献,从中搜集了大量的习题,通过认真演算,其中少数难度较大的题目之证明来自相应的参考文献,并对这些应用方法做了系统的归纳和总结.由于本文的主要内容是介绍应用,所以,本文会以大量的例题进行讲解说明. ２ 预备知识定义2.1]1[ 若函数f 在0x 存在n 阶导数,则有'''200000()()()()()()1!2!f x f x f x f x x x x x =+-+-+()000()()(())!n n n f x x x o x x n +-+-（1）这里))((0n x x o -为佩亚诺型余项,称(1)f 在点0x 的泰勒公式.当0x =0时,（1）式变成)(!)0(!2)0(!1)0()0()()(2'''n nn x o x n f x f x f f x f +++++= ,称此式为(带有佩亚诺余项的)麦克劳林公式.定义2.2]2[ 若函数 f 在0x 某邻域内为存在直至 1+n 阶的连续导数,则''()'20000000()()()()()()()...()()2!!n n n f x f x f x f x f x x x x x x x R x n =+-+-++-+ ,（2）这里()n R x 为拉格朗日余项(1)10()()()(1)!n n n f R x x x n ξ++=++,其中ξ在x 与0x 之间,称（2）为f 在0x 的泰勒公式.当0x =0时,（2）式变成''()'2(0)(0)()(0)(0)...()2!!n nn f f f x f f x x x R x n =+++++ 称此式为(带有拉格朗日余项的)麦克劳林公式.常见函数的展开式：12)!1(!!21+++++++=n xn xx n e n x x x e θ .)()!12()1(!5!3sin 221253++++-+-+-=n n n x o n x x x x x . 24622cos 1(1)()2!4!6!(2)!nnn x x x x x o x n =-+-++-+.)(1)1(32)1ln(1132++++-+-+-=+n n n x o n x x x x x . )(1112n n x o x x x x+++++=- +-++=+2!2)1(1)1(x m m mx x m . 定理2.1]3[(介值定理) 设函数 f 在闭区间 ],[b a 上连续,且 )()(b f a f ≠,若0μ为介于 )(a f 与)(b f 之间的任何实数,则至少存在一点0x ),(b a ∈,使得00)(μ=x f .3 泰勒公式的应用 3.1 利用泰勒公式求极限为了简化极限运算,有时可用某项的泰勒展开式来代替该项,使得原来函数的极限转化为类似多项式有理式的极限,就能简捷地求出.例3.1 求极限2240cos lim x x x e x -→-.分析：此为0型极限,若用罗比达法求解，则很麻烦,这时可将cos x 和22x e -分别用泰勒展开式代替,则可简化此比式.解 由244cos 1()2!4!x x x o x =-++,222242()21()22x x x e o x --=-++得 2444422111cos ()()()4!22!12x x ex o x x O x --=-+=-+⋅, 于是244244001()cos 112limlim 12x x x x O x x e x x -→→-+-==-. 例3.2极限1sin 2lim sin cos xx xx x x x xe →0---- .分析：此为0型极限,若用罗比达法求解，则很麻烦,这时可将cos x 和sinx,xe分别用泰勒展开式代替,则可简化此比式.解： 由1sin 2xx x x e---=233331()())2626x x o o x x x x x ++++-1-x-(x-+=34333()()6126o o x xxx x ++=+,3233sin cos ()(1())62x x x o x o x x x x -x =-+--+33()3o xx =+于是1sin 2lim sin cos x x x x x x x x e →0----3333()162()3o o x x x x +==+例3.3利用泰勒展开式再求极限 。

泰勒公式秒杀⾼考压轴题
泰勒公式是⼀个⽤函数在某点的信息描述其附近取值的公式。

泰勒公式是将⼀个在x=x0处具有n阶导数的函数f(x)利⽤关于(x-x0)的n次多项式来逼近函数的⽅法。

下⾯是⾼三⽹⼩编为⼤家整理的《泰勒公式秒杀⾼考压轴什么是泰勒公式》，希望对同学们的学习有所帮助。

1、泰勒公式形式
若函数f(x)在包含x0的某个闭区间[a,b]上具有n阶导数，且在开区间(a,b)上具有(n+1)阶导数，则对闭区间[a,b]上任意⼀点x，成⽴下式：
实际应⽤中，泰勒公式需要截断，只取有限项，⼀个函数的有限项的泰勒级数叫做泰勒展开式。

泰勒公式的余项可以⽤于估算这种近似的误差。

泰勒公式秒杀⾼考压轴题1
泰勒公式秒杀⾼考压轴题2
泰勒公式秒杀⾼考压轴题3
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泰勒公式练习题一、选择题1. 泰勒公式的中心思想是将函数在某一点展开成无穷级数，以下哪个选项不是泰勒公式的特点？A. 展开点可以是函数的零点B. 展开形式是多项式C. 展开的级数是唯一的D. 展开点可以是任意实数2. 函数f(x)=e^x在x=0处的麦克劳林展开式是：A. 1+x+x^2/2!+x^3/3!+...B. 1-x+x^2-x^3+...C. 1+x-x^2+x^3-...D. 1+2x+3x^2+4x^3+...3. 以下哪个函数在x=0处的泰勒展开式是f(x)=x+x^2+x^3+...+x^n+...？A. f(x)=sin(x)B. f(x)=cos(x)C. f(x)=e^xD. f(x)=ln(1+x)二、填空题4. 函数f(x)=ln(1+x)在x=0处的泰勒展开式是______。

5. 函数f(x)=sin(x)在x=0处的泰勒展开式是______。

三、简答题6. 请简述泰勒公式与麦克劳林公式的区别。

四、计算题7. 求函数f(x)=cos(x)在x=0处的泰勒展开式，并计算其前三项。

8. 给定函数f(x)=x^2e^x，求其在x=0处的泰勒展开式，并计算其前三项。

五、证明题9. 证明函数f(x)=e^x在x=0处的泰勒展开式是1+x+x^2/2!+x^3/3!+...。

10. 证明函数f(x)=sin(x)在x=0处的泰勒展开式是x-x^3/3!+x^5/5!-...。

六、应用题11. 某工厂生产的产品数量随时间变化的函数为f(t)=100t^3-50t^2+10t+5，求在t=1时，利用泰勒公式估计f(1.1)的值。

12. 已知函数f(x)在x=0处的导数为1，二阶导数为2，三阶导数为3，四阶导数为4，求f(x)在x=0处的泰勒展开式，并计算其前四项。

七、讨论题13. 讨论泰勒公式在数学分析中的应用及其重要性。

八、综合题14. 给定函数f(x)=ln(1+x)，求其在x=0处的泰勒展开式，并利用该展开式近似计算ln(1.1)的值。

Taylor 展式、极值问题1． 将函数+++x y z ln(1)在点x y z =(,,)(0,0,0)分别展开成带Peano 余项的二阶泰勒展式和带有Lagrange 余项的一阶Taylor 展式。

解：将函数+++x y z ln(1)中的++x y z 看作一个整体，并记作=++u x y z . 将一元函数+u ln(1)在u =0处展开成带Peano 余项的二阶Taylor 展式:+=-+u u u o u 22ln(1)12(). 将=++u x y z 代入到上式即得+++=++-+++x y z x y z x y z o ρ22ln(1)()12()(). 上式即为所求的带Peano 余项的二阶Taylor 展式。

这里ρ=++x y z 2222. 注意++=o x y z o ρ22(())().为了求带Lagrange 余项的Taylor 展式，我们需要求函数的Hesse 矩阵。

为此，我们将函数+++x y z ln(1)看作函数+u ln(1)和函数=++u x y z 的复合函数。

于是⎝⎭⎪+ ⎪+++= ⎪⎛⎫u x y z 11grad(ln(1))111. 由此进一步得+++x y z ln(1)的Hesse 矩阵为H x y z u =-+⎛⎝ ⎫⎭⎪⎪⎪2(,,)1(1)111111)(. 于是所求的带Lagrange 余项的一阶Taylor 展式为θθθln(1)()12(,,)(,,)x y z x y z x y z H x y z x y z +++=++-⎛⎝ ⎫⎭⎪⎪⎪=21+++=++-1++22θx y z x y z x y z [()]()().（*） 这里∈θ(0,1).这是课本p.82，1（3），课本所给出的答案为x y z x y z +++=++-++ξηςln(1)()12()2.（**）关于不确定的量ξ，η，ς，课本没有给出说明。

泰勒公式练习题泰勒公式练习题泰勒公式是微积分中的重要概念，它可以将一个函数在某一点附近的近似值表示为该点处的函数值及其各阶导数的线性组合。

本文将通过一些练习题来帮助读者更好地理解和应用泰勒公式。

1. 练习题一：计算函数在给定点的泰勒展开式考虑函数f(x) = sin(x)，我们要计算它在x = 0处的泰勒展开式。

根据泰勒公式，我们可以得到：f(x) = f(0) + f'(0)x + f''(0)x^2/2! + f'''(0)x^3/3! + ...由于f(x) = sin(x)，我们可以计算出f(0) = 0，f'(x) = cos(x)，f''(x) = -sin(x)，f'''(x) = -cos(x)，以此类推。

将这些值代入泰勒展开式中，我们可以得到：f(x) = 0 + cos(0)x - sin(0)x^2/2! - cos(0)x^3/3! + ...简化后可得：f(x) = x - x^3/3! + x^5/5! - x^7/7! + ...这就是函数sin(x)在x = 0处的泰勒展开式。

2. 练习题二：计算函数在给定点的泰勒展开式的近似值考虑函数f(x) = ln(x)，我们要计算它在x = 1处的泰勒展开式的近似值。

根据泰勒公式，我们有：f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + f''(1)(x-1)^2/2! + f'''(1)(x-1)^3/3! + ...由于f(x) = ln(x)，我们可以计算出f(1) = 0，f'(x) = 1/x，f''(x) = -1/x^2，f'''(x) =2/x^3，以此类推。

将这些值代入泰勒展开式中，我们可以得到：f(x) = 0 + 1/(1)(x-1) - 1/(1^2)(x-1)^2/2! + 2/(1^3)(x-1)^3/3! + ...简化后可得：f(x) = (x-1) - (x-1)^2/2 + (x-1)^3/3 - ...这就是函数ln(x)在x = 1处的泰勒展开式的近似值。

泰勒级数题型总结(12种题型)本文总结了泰勒级数的12种题型，详细说明了每种题型的求解方法和适用条件。

1. 常函数泰勒展开- 题型描述：对常函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将常函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于任何常函数。

2. 幂函数泰勒展开- 题型描述：对幂函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将幂函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于幂函数，如x^n、e^x等。

3. 三角函数泰勒展开- 题型描述：对三角函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将三角函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于各种三角函数，如sin(x)、cos(x)等。

4. 指数函数泰勒展开- 题型描述：对指数函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将指数函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于指数函数，如e^x。

5. 对数函数泰勒展开- 题型描述：对对数函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将对数函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于对数函数，如ln(x)。

6. 复合函数泰勒展开- 题型描述：对复合函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据链式法则和泰勒展开公式，将复合函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于各种复合函数，如sin(x^2)、ln(1+x)等。

7. 根式函数泰勒展开- 题型描述：对根式函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将根式函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于各种根式函数，如√(1+x)。

8. 多项式函数泰勒展开- 题型描述：对多项式函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将多项式函数展开成无穷级数，并计算前n项。

- 适用条件：适用于多项式函数。

9. 分段函数泰勒展开- 题型描述：对分段函数进行泰勒展开。

- 求解方法：根据泰勒展开公式，将分段函数展开成无穷级数，并计算前n项。

高等数学泰勒公式题目无论是学生还是教师，对于高等数学泰勒公式来说都是一个普遍而重要的内容。

高等数学泰勒公式是一种数学表达式，它是函数在无限阶微分的情况下的一种易于求解的形式。

从几何角度来看，它可以用来描述图像的大体形状，并且在具体的求解问题中也有重要作用。

本文将对高等数学泰勒公式的概念、使用、实际应用及其相关题目进行详细阐述。

首先，谈到高等数学泰勒公式，必须首先提及它的概念，即它是一种由一阶微分开始，后续高阶微分为0的函数形式，可以用来描述函数图像大致的形状，其表达式为：f（x）=f（a）+ f（a）（x-a）+ f（a）/2!（x-a）2 +f（a）/3!（x-a）3+……+ fn（a）/ n!（x-a）n；其中，f（a）为函数的值在某一点a处，f（a）（x-a）中的f（a）为某一点处的导数，f（a）/2!（x-a）2为某一点处的二阶导数，依此类推。

其次，在使用高等数学泰勒公式时，除了需要熟练掌握有关概念外，更重要的是要懂得如何使用它。

首先，确定微分，例如对x多少次导数，微分之后求出结果；然后，根据求出的结果替换到公式中；最后，根据公式将替换好的结果进行求值即可。

最后，接下来就是一些经典的高等数学泰勒公式题目：（1）若函数f（x）＝e^x senX 上的极限值存在，证明它的阶数等于2。

（2）求函数f（x）＝sin（3x）在x=π/4处的泰勒级数展开式。

（3）求函数f（x）＝x^3在x=2处的泰勒级数展开式。

（1）设函数f（x）＝e^x senX，则f（x）＝e^x（cosx +senx）而f（x）＝e^x（-senx +cosx），可知f（x）＝0.又f（x）和f（x）的导数在极限值为0，可知函数f（x）的极限存在，于是得出，函数f（x）的阶数等于2。

（2）设函数f（x）＝sin（3x），在x=π/4处，f（x）＝sin（3π/4），f（x）＝3cos（3π/4），f（x）＝－9sin（3π/4），f（x）＝－27cos（3π/4），f^4（x）＝81sin（3π/4），依次类推，则该函数在x=π/4处的泰勒展开式为：f（x）=sin（3π/4）+3cos（3π/4）（x-π/4）－9sin（3π/4）/2!（x-π/4）2－27cos（3π/4）/3!（x-π/4）3+81sin（3π/4）/4!（x-π/4）4+……（3）设函数f（x）＝x^3，在x=2处，f（x）＝2^3＝8，f（x）＝3×2^2＝12，f（x）＝3×2＝6，f（x）＝6，f^4（x）＝0，依次类推，则该函数在x=2处的泰勒展开式为：f（x）=8+ 12（x-2）+ 6/2!（x-2）2+6/3!（x-2）3+0/4!（x-2）4+……综上所述，从概念、使用及题目上来看，高等数学泰勒公式都是一项值得探讨的数学内容。

泰勒公式及其应用等价无穷小在求函数极限中的应用及推广泰勒公式及其应用１ 引言泰勒公式是高等数学中一个非常重要的内容,它将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数,这种化繁为简的功能,使它成为分析和研究其他数学问题的有力杠杆.作者通过阅读大量的参考文献,从中搜集了大量的习题,通过认真演算,其中少数难度较大的题目之证明来自相应的参考文献,并对这些应用方法做了系统的归纳和总结.由于本文的主要内容是介绍应用,所以,本文会以大量的例题进行讲解说明. ２ 预备知识定义2.1]1[ 若函数f 在0x 存在n 阶导数,则有'''200000()()()()()()1!2!f x f x f x f x x x x x =+-+-+L()000()()(())!n n n f x x x o x x n +-+-（1）这里))((0n x x o -为佩亚诺型余项,称(1)f 在点0x 的泰勒公式.当0x =0时,（1）式变成)(!)0(!2)0(!1)0()0()()(2'''n nn x o x n f x f x f f x f +++++=Λ,称此式为(带有佩亚诺余项的)麦克劳林公式.定义2.2]2[ 若函数 f 在0x 某邻域内为存在直至 1+n 阶的连续导数,则''()'20000000()()()()()()()...()()2!!n n n f x f x f x f x f x x x x x x x R x n =+-+-++-+ ,（2）这里()n R x 为拉格朗日余项(1)10()()()(1)!n n n f R x x x n ξ++=++,其中ξ在x 与0x 之间,称（2）为f 在0x 的泰勒公式.当0x =0时,（2）式变成''()'2(0)(0)()(0)(0)...()2!!n nn f f f x f f x x x R x n =+++++ 称此式为(带有拉格朗日余项的)麦克劳林公式.常见函数的展开式：12)!1(!!21+++++++=n xn xx n e n x x x e θΛ.)()!12()1(!5!3sin 221253++++-+-+-=n n n x o n x x x x x Λ. 24622cos 1(1)()2!4!6!(2)!n n n x x x x x o x n =-+-++-+L . )(1)1(32)1ln(1132++++-+-+-=+n n n x o n x x x x x Λ. )(1112n n x o x x x x+++++=-Λ Λ+-++=+2!2)1(1)1(x m m mx x m . 定理 2.1]3[(介值定理) 设函数 f 在闭区间 ],[b a 上连续,且 )()(b f a f ≠,若0μ为介于 )(a f 与)(b f 之间的任何实数,则至少存在一点0x ),(b a ∈,使得00)(μ=x f .3 泰勒公式的应用 3.1 利用泰勒公式求极限为了简化极限运算,有时可用某项的泰勒展开式来代替该项,使得原来函数的极限转化为类似多项式有理式的极限,就能简捷地求出.例3.1 求极限2240cos lim x x x e x -→-.分析：此为0型极限,若用罗比达法求解，则很麻烦,这时可将cos x 和22x e-分别用泰勒展开式代替,则可简化此比式.解 由244cos 1()2!4!x x x o x =-++,222242()21()22x x x e o x --=-++得2444422111cos ()()()4!22!12x x ex o x x O x --=-+=-+⋅, 于是244244001()cos 112limlim 12x x x x O x x e x x -→→-+-==-. 例3.2极限1sin 2lim sin cos xx xx x x x xe →0---- .分析：此为00型极限,若用罗比达法求解，则很麻烦,这时可将cos x 和sinx, xe分别用泰勒展开式代替,则可简化此比式.解： 由1sin 2xx x x e---=233331()())2626x x o o x x x x x ++++-1-x-(x-+=34333()()6126o o x xxx x ++=+,3233sin cos ()(1())62x x x o x o x x x x -x =-+--+33()3o xx =+于是1sin 2lim sin cos xx x x x x x x e →0----3333()162()3o o x x x x +==+例3.3利用泰勒展开式再求极限 。

上册高数期末复习泰勒展开证明题1、设函数)(x f 在区间]1,0[上二阶可导，且A x f <'')(，)1()0(f f =，证明：2)(Ax f ≤'，]1,0[∈x证明：对)1,0(∈∀x ，分别取1,00=x ，由泰勒公式得21)0)((''21)0)((')()0(x f x x f x f f -+-+=ξ22)1)((''21)1)((')()1(x f x x f x f f -+-+=ξ两式相减得，[]2221)1)(('')(''21)('x f x f x f --=ξξ，两边取绝对值()()1222)1((''(''21)('22221+-≤-+≤x x Ax f x f x f ξξ因为当)1,0(∈x 时，()11222<+-x x ，于是当]1,0[∈x 时，2)(Ax f ≤'. 2、)(x f '' 在]1,0[上连续,且)1()0(,)(f f A x f =≤'',求证:421A f ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛'. （类似1）3、设)(x f 在[0,1]上具有二阶导数,且满足条件b x f a x f ≤''≤)(,)( ,其中b a ,都是非负数,c 是(0,1)内任意一点,证明22)(ba c f +≤' （在C 处展开，将a ，b 带入，余下类似1）4、设)(x f 当设]2,0[∈x 时设1)(,1)(≤''≤x f x f ，证明：2)(≤'x f （类似3）5、设函数)(x f 具有一、二阶导数，0)1()0(==f f ，且2)(max 10=≤≤x f x ，证明：16)(min 10-≤''≤≤x f x证明：由于0)1()0(==f f ，2)(max 10=≤≤x f x ，所以存在)1,0(0∈x ，使得2)(0=x f将1,0=x 分别在0x 点泰勒展开，并注意到0)('0=x f ，2010)0(2)('')()0(x f x f f -+=ξ，2020)1(2)('')()1(x f x f f -+=ξ两式相加得 []2022010)1)(('')(''21)(20x f x f x f -++=ξξ，记)(''min 10x f m x ≤≤=注意到21)1(2020≥-+x x ，于是 []≤-+≤2020)1(2x x m m8)(4)1)(('')(''0202201-=-=-+x f x f x f ξξ，所以 16-≤m ，16)(min 10-≤''≤≤x f x .6、f(x)在[0,1]上二阶导数存在，且f(0)=0,f(1)=1,,证明：在(a,b)内至少存在一点，使得证明：一方面2111()1()1()(0)(0),0,2282f f f x f f x x f ξξξ''''⎛⎫⎛⎫'=++⇒=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 另一方面2222()1()1()(1)(1)(1)(1)1+,,12282f f f x f f x x f ξξξ''''⎛⎫⎛⎫'=+-+-⇒=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 从而有12()+()=8f f ξξ''''，设12()max{(),()}f f f ξξξ''''''=，所以1212()()()()()422f f f f f ξξξξξ''''''''+-''≥≥=。