泰勒公式及其应用
摘要：泰勒公式是数学分析中的一个重要知识点，其在分析和研究数学问题方面有着重要的作用. 它被广泛应用于一些重要问题的计算和证明中. 本篇文章主要选取了在高等数学中泰勒公式几个常用的问题，归纳总结了在高等数学中解决实际问题的若干应用. 关键词: 泰勒公式 极限 不等式 收敛
T aylor Formula and Its Application
Abstract: Taylor’s formula is a very important konwledge in Mathematical analysis. Taylor formula has
many imporant applications in mathematical analysis. It is widely used in the calculation and proof with respect to some important problems. This paper lists several applications of Taylor formula which exist in using Taylor formula in higher mathematics, and generalizes Taylor formula’s application in higher mathematics.
Key words: Taylor Formula limit inequality convergence
0 引言
众所周知泰勒公式在高等数学中占有很大的地位. 利用它可以很方便的解决一些复杂问题，并能满足很高的精确度要求. 比如利用泰勒公式进行函数值的近似计算，证明不等式，判别拐点，而且还可以求极限等. 下面简单介绍一下泰勒公式的一些应用.
1 预备知识
定义1[1]：设函数f (x ) 在x 0的某开区间内有直到n 1阶的导数，则当x 在这个开区间内时，f (x ) 就可表示为的一个多项式P n (x ) 和一个余项R n (x ) 之和.
f (x ) =f (x 0) +
f
n +1
'
(x 0)(x -x 0) +
f (x 0) 2!
' '
(x -x 0) + +
2
f (x 0) n !
n
(x -x 0) +R n (x )
n
其中R n (x ) =
f (ξ)
(n +1)!
(x -x 0)
n +1
(ξ在x 0与x 之间)
n +1
上式就是函数f (x ) 关于(x -x 0) 的n 阶泰勒公式，其中R n (x ) =称为拉格朗日余项.
f (ξ)
(n +1)!
(x -x 0)
n +1
当n =0时，上式就化为f (x ) -f (x 0) =f ' (ξ)(x -x 0)(ξ在x 0与x 之间) . 这正是我们熟悉的拉格朗日公式. 若取x 0=0, 则上式就化为
f (x ) =f (0) +f (0) +
'
f (0) 2!
' '
x + +
2
f
(n )
(0)
n !
x +R n (x )
n
这里R n (x ) = 定义
f
n +1
(ξ)
(n +1)!
x
n +1
(ξ在0与x 之间) . 这是函数f (x ) 的n 阶麦克劳林公式.
2[2]：若函数f (x ) 在点x 0存在直至n 阶导数，则有
n
f (x ) =P n (x ) +o ((x -x 0) )
即
'
f (x ) =f (x 0) +f (x 0)(x -x 0) + +
f
(n )
(x 0)
n !
(x -x 0) +o ((x -x 0) ).
n n
其中R n (x ) =o ((x -x 0) n ) 称为佩亚诺（Peano ）型余项, 上式又称为带有佩亚诺型余项的泰勒公式. 以后用的较多的是上式在x 0=0时的特殊形式：
f (x ) =f (0) +f (0) x +
'
f (x ) 2!
' '
x + +
2
f
(n )
(x )
n !
x +o (x )
n n
它也称为（带有佩亚诺型余项）的麦克劳林（Maclaurin ）公式. 下面是几个常用的公式：
(1) e
x
=1+x +
x
2
2! x
3
+ +
x
n
n !
+o (x )
2m -1
n
(2) sin x =x -
3!
+
x
5
5!
+ +(-1)
m -1
x
(2m -1)!
+o (x
2m
)
(3) cos x =1-
x
2
2!
+
x
4
4!
2
+ +(-1)
m
x
2m
(2m )!
+o (x
2m +1
)
(4) ln(1+x ) =x -
x
2
+
x
3
3
+ +(-1)
2
n -1
x
n
n
+o (x )
n
n
n
(5) (1+x ) (6)
11-x
α
=1+αx +
2
α(α-1)
2!
n
x + +
n
α(α-1) (α-n +1)
n !
x +o (x )
=1+x +x + +x +o (x )
2. 泰勒公式的应用
在解决实际问题中，我们基本上可以有以下几种应用 2.1计算极限
我们在解决一些求不定式极限问题时，有时会发现若用洛必达法则求极限，其过程会比较麻烦，这时我们不妨考虑用泰勒公式来求解. 例1 lim
6e
-x
2
sin x -x (6-7x )
-2x (3+x )
2
2
x →0
3ln
1+x 1-x
分析:本题可直接用洛必达法则进行计算，但过程极其繁琐且易出错，可是用泰勒公式就会很容易. 一般我们取x =0作为其基点. 然后我们要考虑要展开几阶，一般我们可尝试逐阶展开，然后根据展开结果进行合理的消去，直到消不去为止. 解：e -x =1-x 2+
sin x =x -e
-x
22
12!
x +0(x )
45
13!
x +7612
3
15!
3
x +o (x ) 274013
3
56
sin x =x -x +x +
2
x +o (x ) 14x +14
44
55
ln(1+x ) =x -
x -13
3
15
x +o (x ) 1523
x +o (x ) x +
35
5
55
ln(1-x ) =-x -ln 1+x 1-x
12
x -
2
x -x -
=ln(1+x ) -ln(1-x ) =2x +
25
x +o (x )
55
27
则原式=lim 40
x →0
x +o (x )
=
x +o (x )
5
5
55
916
65
例2 求极限lim
x (x +1+
2
2
x -1) -2x
2
22
x →+∞
1-2x +2x cos
1x
2
分析:本题与上题一样，如用洛必达法则计算会非常麻烦，因此我们可用泰勒公式进行计算，可令t = 解：原式=lim
t →0
1x
2
+t
+
+-t
2
-2
t -2+2cos t
2
121t -
42
[1+
12
t -
2
18
2
t +o (t )]+[1-
12! t +
2
44
18
t +o (t )]-2
44
=lim
t →0
+
4
t -2+2[1-
4!
t +o (t )]
-
1
=lim
t →0
+
1
t +o (t )
=-3
t +o (t )
4
4
44
12
2.2计算近似值和估计误差
泰勒公式对e x , sin x , cos x , ln(1+x ) 等几个常用的初等函数已给出其在点x =0的展开式，因此，我们可以对其在一定误差范围内进行近似计算和误差估计. 例3 计算65
解：由于65=+64=8+
164
知其关键在计算1+
164
因此，函数f (x ) =+x 的展开式必须求出来，如果展开到x 的一次项：
f (x ) =f (0) +f (0) x +R 2(x ), 其中R 2(x ) =由 f (x ) =+x 可得 f (x ) =
'
'
f (ξ) 2!
' '
x （ξ介于0和x 之间）
2
12+x
, f (x ) =-
' '
14
(1+x )
-
23
, f (0) =1, f (0) =
x 2
'
12
则 P 1(x ) =f (0) +f ' (0) x =1+所以 +x ≈P 1(x ) =1+
12x
，
+
164
≈1+
1
264
⋅
1
=1. 0078125
根据上式我们来估算误差
R 2(x ) =
f (ξ) 2! 18
' '
x
2
=-
23
18
(1+ξ)
-
23
x (ξ介于0与x 之间)
2
R 2(
164
) =(1+ξ)
-
⋅
164
2
≤
1
864
⋅
1
2
≤0. 0001=10
-4
由此可得，如果要求误差不超过10-4，则上述近似公式已达到了要求，若误差要求不超过0.001，则上述公式不可用，还仍需把x 多展开几项，如展开到含x 的二次项，这样P 1(x ) 的近似值的8倍就是65的近似值. 例4 计算+x ≈1+ 解：由题意可得：
111
(-1)(-2) 1
-3x x 32222
+x -1-+=(1+θx ) x
283!
2
x 2
-
x
2
8
, x ∈[0, 1]的绝对误差
=
116
1⋅32⋅3!
-52
3
(1+θx )
-
52
x
3
所以 R 2(x ) =即其绝对误差不超过
2.3 不等式证明
116
(1+θx ) x
3
≤
116
，
.
例5 证明：当x >0 时，恒有e x -1-x >1-cos x 成立.
解 因为泰勒公式是将函数多项式和泰勒余项表出，而欲证的不等式可变形为
e +cos x >x +2
x
设 f (x ) =e x +cos x 又 f ' (x ) =e x -sin x ，
在x 0=0处将f (x ) 展为二阶泰勒公式：
f (0) =2, f (0) =1, f (0) =0, f (ξ) =e +sin ξ,
'
' '
' ' '
ξ
e x +cos x =2+x +0+
13!
(e +sin ξ) x
ξ3
， 0
又 令 g (x ) =e x +sin x ， 则 g ' (x ) =e x +cos x 因为 x >0时，e x >1, cos x ≤1，
所以 x >0时，g ' (x ) >0，即g (x ) 单调增加， 又 g (0) =1，故g (x ) >0. 则 当ξ>0时，e ξ+sin ξ>0，
又因为 x >0，故x 3>0，于是(e ξ+sin ξ) x 3>0，即
e +cos x >x +2
x
从而，不等式e x -1-x >1-cos x (x >0) 成立.
例6 f (x ) 在[0,1]上二阶连续可微，f ' ' (x ) ≤M ，f () =0. 证明
21
⎰
1
f (x ) dx ≤
M 24
.
1
分析:所给的条件涉及到二阶导数，应该运用泰勒定理. 又由条件f () =0，须用
2
f (x ) 在x 0=
12
点的泰勒展开式来证明.
证 由泰勒定理知
f (x ) =f () +f ()(x -) +
222
1
1
'
11f (ξ) 2!
' '
(x -
12
) ，其中ξ在
2
12
与x 之间
又 f () =0, f ' ' (x ) ≤M .
2
⎰
1
11M ' 1
f (x ) dx ≤f () ⎰(x -) dx +
2022
1
⎰
1
(x -
12
) dx
2
.
又
⎰
(x -
12
) dx =
12
(x -
12
)
21
=0
⎰(x -) 2dx =
1
113
2
(x -
12
)
310
=
112
.
代入上式得
⎰
2.4 求函数解析式
1
f (x ) dx ≤
M 24
例7 已知f (x -1) =2x 3-3x 2+6x -22 求函数f (x ) 解：令 g (x ) =f (x -1),
则由泰勒公式可得
g (x ) =g (1) +g (1)(x -1) +
'
g (1) 2!
' '
(x -1) +
2
13!
g (1)(x -1)
' ' '
3
由于 g (1) =-17, g ' (1) =6, g ' ' (1) =6, g ' ' ' (1) =12， 则
f (x -1) =g (x ) =-17+6(x -1) +
12
⋅6(x -1) +
2
123!
(x -1)
3
=-17+6(x -1) +3(x -1) 2+2(x -1) 3 于是 f (x ) =2x 3+3x 2+6x -17
2.5证明函数有界
例8 设函数g (x ) 在(-∞, +∞) 上三阶可导，且g (x ), g ' ' ' (x ) 有界，则g ' (x ), g ' ' (x ) 是否有界？
分析:由题可知函数是三阶可导函数，因此要想到利用泰勒公式求解本题 解：根据题意知可将函数g (x ) 用泰勒展式在点x 0处展开
g (x ) =g (x 0) +g (x 0)(x -x 0) +
'
g (x 0) 2!
' '
(x -x 0) +
2
g (η) 3!
' ' '
(x -x 0) （η在x 0和x 之间），
3
则令 x 0=t , x =t -1, t +1时，有
g (t -1) =g (t ) -g (t ) +g (t +1) =g (t ) +g (t ) +
' '
g (t ) 2! g (t ) 2!
' '
' '
-+
g (η1) 3! g (η2) 3!
' ' '
' ' '
(η1介于t 与t -1之间)
(η2介于t 和t +1之间)
则由上可得：
g ' '
(t ) =g (t +1) +g (t -1) -2g (t ) +1' ' ' ' ' '
3!
(g (η1) +g (η2))
g ' (t ) =
11
2
[g (t +1) -g (t -1) -
13!
g ' ' '
(η3!
g ' ' '
1) +
(η2)]
则由g (t ) 和g ' ' ' (t ) 有界⇒g ' ' (t ), g ' (t ) 有界，则g ' (x ), g ' ' (x ) 有界
2.6 讨论级数和积分的敛散性
∞
例9 研究级数∑
1π
n =1
n
p
cos
n
的敛散性
解：由 cos x =1-
x
2
x
4
x
2m
2m +1
2!
+
4!
+ +(-1)
m
(2m )!
+o (x
) ，
则 a 1cos
π
1o (
π
1n =n
p
n
=n
p
[1+n
)]=n
p
+o (
π
) n
p +1
，
则
lim
a n 1=1，
n →∞
n
p
∞∞
则 ∑a 1n 与∑
有相同的敛散性，于是可得
n =1
n =1
n
p
∞
当p >1时，∑
1π
∞
n
收敛， 当p ≤1时，∑
1cos
π
n =1
n
p
cos
n =1
n
p
n
发散.
例10 讨论积分⎰
1
x sin x sin x -x
的敛散性
解： sin x =x -
13
3!
x +o (x 4
)
134
f (x ) =
x sin x x (x -3!
x +o (x ))
sin x -x
=(x -1
3
3!
x +o (x 4
)) -x
x 2
(1-
1x 2
6
+o (x 3
))
1-1x 2+o (x 3
)
=
=
6
-
13
4
6
x +o (x )
-
16
x +o (x 2
)
=-(1-由于lim
x →0
161x
x +o (x ))
23
6x
(1+o (x ))
1
f (x )
+
-
6x
=1，故f (x ) 是
(x →0) 的一阶无穷大量，而⎰
+
1x
dx 发散，
故 ⎰
1
x sin x sin x -x
也发散.
2.7 判定极值点与拐点
求极值的关键是找到极值点x 0.
定理1[3]:设点x 0是函数f 的驻点，且f 在点x 0处具有二阶导数f ' ' (x 0) , 则
(1) 若f (x 0) 0, 则f 在x 0取极小值
' ' ' '
注意：若定理1的条件改为f ' ' (x 0) =0，则不能判定函数在x 0处是否取得极值. 如函数f (x ) =x 3在x =0处有f ' (0) =f ' ' (0) =0，但x =0不是函数的极值点；而函数
g (x ) =x
4
在x =0处也有g ' (0) =g ' ' (0) =0，这个函数却在x =0取得极小值g (0) =0.
432x
+x
2
例11 求f (x ) =的极值
解： 当x ≠0时，
f (x ) =2x -
'
432x
2
=
2x -432
x
2
3
令 f ' (x ) =0 求得驻点x =6 又 f ' ' (6) =(x +
864x
3
) x =6=6>0
依据定理1, x =6为f 的极小值点，极小值为f (6) =108.
[4]
定理2：设函数f 在点x 0可导，在某邻域U 0(x 0) 内三阶可导，若在U +0(x 0) 和
U -(x 0) 上f (x )
0' '
符号相反，则(x 0, f (x 0)) 为曲线y =f (x ) 的拐点.
推论[5]：这个定理可推广到n 阶的情形. 设函数f 在点x 0的邻域内有直至n 阶的
导数，且f
(k )
(x 0) =0(k =1, 2, , n -1)
而f
(n )
(x 0) ≠0(n >2)
，则当n 是奇数时
(x 0, f (x 0))
为曲线y =f (x ) 的拐点.
例12 设f ' ' ' (x 0) 存在且f ' ' ' (x 0) ≠0, f ' ' (x 0) =0. 则 (x 0, f (x 0)) 是否为曲线
y =f (x ) 的拐点.
分析:本题有3阶导数，因此可用上述定理2来做. 解 由题意可知
对f ' ' (x 0) 运用泰勒公式展开，可得
f (x 0) =f (x 0)(x -x 0) +o (x -x 0)
' '
' ' '
因 f ' ' ' (x 0) ≠0, 则可设f ' ' ' (x 0) >0, 于是有δ>0, 使得当 x 00， 从而 f ' ' (x ) >0.
但当 x 0-δ
由上可知:运用定理2可以求得结果，但比较麻烦，我们用推论的话就比较简单且易操作.
解 因f ' ' ' (x 0) ≠0, f ' ' (x 0) =0且f ' ' ' (x 0) 存在，则知此时n =3，运用推广可知
(x 0, f (x 0))
是为曲线y =f (x ) 的拐点.
但上述方法只能用于这种特殊情形，下面来讨论一种新情况.
1
例13 讨论曲线y =x 3在(-∞, +∞) 的拐点.
1
解 令f (x ) =x 3. f ' (0) 不存在，f ' ' (0) 也不存在. 当x ≠0时，f (x ) =
'
13
x
-
23
, f (x ) =-
' '
29
x
-
53
.
因而当x 0，当x >0时有f ' ' (x )
1
由此可知：曲线y =x 3在(-∞, 0) 内下凸[6]，在(0, +∞) 内上凸，而点（0，0）是此函数
的拐点.
上例说明：虽然f ' (x 0), f ' ' (x 0) 不存在，但相应点(x 0, f (x 0)) 仍可能是曲线的拐点.
3 小结
本文介绍了泰勒公式的一些简单应用. 由此可见，泰勒公式的应用非常广泛，它在理论和实际运算中都有很大的作用. 另外，在解决实际问题中，大家要学会变通，做到一题多解，灵活应用，这样对于我们解决一些具体问题有更大的帮助.
参考文献：
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