泰勒公式及其应用典型例题

第三节 泰勒公式对于一些比较复杂的函数,为了便于研究,往往希望用一些简单的函数来近似表达. 多项式函数是最为简单的一类函数,它只要对自变量进行有限次的加、减、乘三种算术运算,就能求出其函数值,因此,多项式经常被用于近似地表达函数,这种近似表达在数学上常称为逼近. 英国数学家泰勒（Taylor. Brook, 1685-1731）在这方面作出了不朽的贡献. 其研究结果表明: 具有直到1+n 阶导数的函数在一个点的邻域内的值可以用函数在该点的函数值及各阶导数值组成的n 次多项式近似表达. 本节我们将介绍泰勒公式及其简单应用.内容分布图示★ 引言★ 多项式逼近★ 泰勒中值定理★ 例1★ 例2 ★ 例3 ★ 常用函数的麦克劳林公式★ 例4 ★ 例5★ 例6 ★ 例7★ 内容小结★ 课堂练习 ★ 习题3-3★ 返回内容要点：一、问题：设函数)(x f 在含有0x 的开区间(a , b )内具有直到1+n 阶导数, 问是否存在一个n 次多项式函数n n n x x a x x a x x a a x p )()()()(0202010-++-+-+= (3.1)使得 )()(x P x f n ≈, (3.2) 且误差)()()(x p x f x R n n -=是比n x x )(0-高阶的无穷小,并给出误差估计的具体表达式.二、泰勒中值公式200000)(!2)())(()()(x x x f x x x f x f x f -''+-'+=)()(!)(00)(x R x x n x f n n n +-++ (3.6) 拉格朗日型余项 10)1()()!1()()(++-+=n n n x x n f x R ξ (3.7) 皮亚诺形式余项 ].)[()(0n n x x o x R -= (3.9) 带有皮亚诺型余项的麦克劳林公式)(!)0(!2)0()0()0()()(2n n n x o x n f x f x f f x f +++''+'+= (3.12) 从公式(3.11)或 (3.12)可得近似公式n n x n f x f x f f x f !)0(!2)0()0()0()()(2++''+'+≈ (3.13) 误差估计式(3.8)相应变成n n x n M x R ||)!1(|)(|+≤ (3.14)例题选讲：直接展开法：例1（讲义例1）写出函数x x x f ln )(3=在10=x 处的四阶泰勒公式.例2（讲义例2）求x e x f =)(的n 阶麦克劳林公式.例3（讲义例3）求x x f sin )(=的n 阶麦克劳林公式.常用初等函数的麦克劳林公式：12)!1(!!21+++++++=n x n x x n e n x x x e θ )()!12()1(!5!3sin 221253++++-+-+-=n n n x o n x x x x x )()!2()1(!6!4!21cos 22642n n n x o n x x x x x +-++-+-= )(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简介展开法：在实际应用中, 上述已知初等函数的麦克劳林公式常用于间接地展开一些更复杂的函数的麦克劳林公式, 以及求某些函数的极限等.例4（讲义例4）求 xy -=31 在1=x 的泰勒展开式. 例5求函数 x xe x f =)(的n 阶麦克劳林公式。

高考数学冲刺指南泰勒公式的展开与应用高考数学冲刺指南：泰勒公式的展开与应用在高考数学的冲刺阶段，掌握泰勒公式的展开与应用对于提高成绩、拓展解题思路具有重要意义。

泰勒公式是高等数学中的一个重要工具，但在高考中，通常会以较为基础和简化的形式出现。

接下来，让我们一起深入了解泰勒公式的奥秘。

一、泰勒公式的基本概念泰勒公式是用一个多项式来近似表示一个函数。

简单来说，如果我们有一个函数 f(x)，在某个点 x ＝ a 附近，我们可以用一个多项式 P(x)来近似它，这个多项式就是泰勒展开式。

对于一个 n 次可导的函数 f(x)，在 x ＝ a 处的泰勒展开式为：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 ＋ Rₙ(x)其中，f'（a)、f'＇（a)、f'＇＇（a)等分别表示函数 f(x)在 x ＝ a 处的一阶导数、二阶导数、三阶导数……，n! 表示 n 的阶乘，Rₙ(x) 是余项，表示用多项式近似函数时产生的误差。

二、常见函数的泰勒展开1、指数函数 e^xe^x ＝ 1 ＋ x ＋ x²/2! ＋ x³/3! ＋ x⁴/4! ＋2、正弦函数 sin xsin x ＝ x x³/3! ＋ x⁵/5! x⁷/7! ＋3、余弦函数 cos xcos x ＝ 1 x²/2! ＋ x⁴/4! x⁶/6! ＋这些常见函数的泰勒展开式在解题中经常会用到，需要同学们牢记。

三、泰勒公式在高考中的应用1、函数的近似计算在某些题目中，可能需要对复杂函数进行近似计算，这时泰勒公式就派上用场了。

例如，计算 e^01 时，可以使用 e^x 的泰勒展开式，取前几项进行计算，就能得到较为精确的近似值。

2、证明不等式通过泰勒展开，可以将复杂的函数转化为多项式形式，从而更容易进行不等式的证明。

关于用泰勒公式求极限的部分讲解1. 用奏勒必丸求收曝【例2. 23】求械般liml ；―J —L - —U1 .工 ＜ 111(1 一 工・) SHL - X )【分析与解苔】请对照若本眩的解答过理去看题斥的【注】并棒刻题佥* 申极炭=恤号吟「呼1+于＞ —一 •泄!二!坦丄土4O (.T X )]+ 卜'—-J-J* —◎(*)]........ .... ......... ..... ......... . 1 lim zT lll( 1 + J- >- Sin J- .2 MJ —lin(2〉若所展園数为丙个以上审数的代数和■应展开到鼻为几次穿？原则圧：分别展开到它们的系数消不掉的丁次数展低项为止.例如山一"2=工- 4-T 3+O (J 3)即町・ 0呆话需要宙出无穷小的运算规则：讼为正能数•则(Do(r-) ±。

(*) =/>(./) • / =(加减法时低阶-吸收•'角阶) ②o(广)• o(j n ) = o(x^) x R •o(x -) =o(工f)(義除法时阶数-累加”)Oo(JLr-) =▲ •。

(二・)一 o(J)M H 0，为計数(非冬常敷不影响阶数)/解了乗勒公式的使用•接下来我们去处理常见的泰勒公式•去休脸其魅力•熟记下而 一组公式’'十❶(j?)ln( 1+工)=工一• r 2~o(j 2) ⑤【拄】(1)対以上公式踐坝•可以鮒到一纠爭函敎的尊价无穷小.依次可彳孕： 二】< —r 1 ・arcsitkr — 4-./* ・ i ：m ：—』■-寺“"■ «r —srctanx 〜寺工'■ x hi(l t 丄〉~・(2)變学会对这组叢旳数的尊价尢穷小公式广义化•例如：当 LC 时•若柯-0•则ill x — stnor P ■可得，狗— bin 向 豹' ■迸咅自己去举一反二.【分析与解答】因 x-^Otftinjr-^Ot由狗一Nn 殉〜*(殉)珂狗~0)丄故原极^ = lim- sin.r=.r — -^-T 3 4-n( r*) 6arcsinx —JC -討+心)②【例2.2J 】求lim Mnr[：sirKr-Bin«eirxr)]4/ sin.r —sin(sinj-) —(sirvr)3 b (sinr)1丄7* taiu -• Jx**O【例2・26俅I E 些口泌二彳咲i •oarctaivr — tanx [分析与解答】因 j —K) H4 •arcsinr—siar^yj 3 > arctaar —tan.T3訐 1 故原极限= lim 」L = — +・3堆续看一个综合题.【例2・27】当文~0时・f(x) = J — (ox 十昴iikz)COSJ 3P 是符价无穷小•求常数a ■ b. 【分析与解答】因为 Sinx = JT — ryX S + n(J 3 ) • COSJ = 1 —-JrJ 2 +<)&)•3!Z! _£，)+o(F )](1 -芥2 +o(z ：))(“一&)』一 -|-&z 1 十 O (P 川】一)jff +fk +o (y ), 故 1 —(a +厶)=0¥ +专=】. 丁是 a =— 2 ■b = 3• 2. 乙知权眼反求手裁处理比类何削恋用的方法为结论：a •若 lim “V? = c 存任•则 limx;(二)一 0= lim/(x)= 0. * -□ g (x ) < <-*C Jb ・若lim 今丄-c ,0 ♦则 lim/(/)■ 0= lim 呂(工)■ 0. Jf ■口 g (工) 上・口 * •口^lim/(r)=co»hm^( r) = oo t BU 二者为同阶无穷大. r-«n JT •口 c. 若 linij (J )^(X )= c 存任•则 lim/ (x)= 80 lim^(x)= U ・ z-*0 z->C d. 若lirn( f (x)—g(x))存妊•则lim/(_r)=8nlim£(Q- •一者为同阶入. L 口 L 口 X*U••若lim /a? [£(・")=< 存在•在分n 中加减一些项•使分了中出现一些典型的差所 A(J -) 数的形式，使lim 八护⑴=lirn ⑴)一小厂厂&⑴=I 诚川打仁)- h (r) 一口 A (J ) ••匚 h (x)OJC =(1 — (a 十 b)Xr +»（『）一厂）h（r）拆分后•其中束项可用泰衲公式直接得结果•见例2.30的解法二.【1 2・ 28】若lim （J £ + jr + 1" + ax +，»） = 0 •求a ・/>・【分析与解答】由（c）结论•腺示「此题的突慨I」金尸式子圧边提取8这坝.故原极限=■】im（—x）（J1 +丄+当—“ 一=lim f /1 + —上―8r z丿b =— lim （+ 丁 + 】+ r）=— lim …"〒丄 ------- =■一冷 +工 + 1 —a* 2【例2. 29】若lim （z•十7工’十1 ）* —J = b • < n > 4 ft -A 0 ）•求m■ rt、【分析与樓答】此极限为—8”型・口极限存在•那么在丹> 4 （h + 7h + l）・的工的最髙次呈为工E •如=1 •舍则祓限一定不存在.于是原极限■ lim （/•十7+十1 —工）=〃jrf 8 '的条件下.71十M十丄_]LV 亍才7 1因而川—1=4・；1 = 5・〃=一•加==・V V[例2・30】i殳皿】叫1+匸）_冲4心 =2 ■则a ="■•o jrlim x【分析与解答】解法一：使用祭勒公式原极限=lim—ox ---- —x2 + o(x2)—ar —6tr2___ 一7(1 — )r — ( -y + 6 lr s + o (J* )lim ---------------- ' . 2 ------LO JC9因而1 —a = 0 • — (+ 十町=2=>a = 1.6 =—亍.。

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。