专题7泰勒公式及其应用 1.docx
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专题7泰勒公式及其应用1
2021考研高等数学17堂课
（一）泰勒公式
主讲武忠祥教授
专题7泰勒公式及其应用
定理1（皮亚诺型余项泰勒公式）
如果f（x）在点x0有直至n阶的导数，则有
f（x）=
f（x0）+f
'（x0）（x-x0）+
f'（x0）2!
（x-x0）
+L+
f（n）（x）
n!
（x-x0）
+
Rn（x）
常称R（x）=o（（x-x）n）为皮亚诺型余项.
n0
若x0=0，则得麦克劳林公式：
'
f'（0）2
f（n）（0）nn
f（x）=f（0）+f（0）x+
2!
x+L+
x+o（x）.
n!
定理2（拉格朗日型余项泰勒公式）
设函数f（x）在含有x0的开区间（a,b）内有n+1阶的导数，则当x∈（a,b）时有
f（x）=
f（x0）+f
'（x0）（x-x0）+
f'（x0）2!
（x-x0）
+L+
f（n）（x）
n!
（x-x0）
+
Rn（x）
其中Rn（x）=
f（n+1）（ξ）
（n+1）!
（x-x0）
n+1
，这里ξ介于x0与x之间，称为拉格朗日型余项.
几个常用的泰勒公式（拉格朗日型余项）
（1）
ex=1+x+
x++x
2!
n!
+
eθx
（n+1）!
xn+1
（2）
3
sinx=x-3!
+L+（-1）
n-1
x2n-1
（1）n
（2n-1）!
cosθxx
（2n+1）!
2n+1
（3）
2
cosx=1-2!
+L+（-1）
x2n
（1）
（2n）!
n+1
cosθxx
（2n+2）!
2n+2
（4）
ln（1+x）=x-x
2
2
+L+（-1）
n-1xn
n
+（-1）n
xn+1
（n+1）（1+θx）n+1
（5）
（1+x）α=1+αx+α（α-1）x2+L+α（α-1）L（α-n+1）xn
2!
n!
+α（α-1）L（α-n+1）（α-n）（1+θx）α-n-1xn+1
（n+1）!
（二）泰勒公式本质及两个泰勒公式的异同点
1.本质（相同点）
1）用多项式逼近函数
2）用已知点信息表示未知点
3）建立函数与高阶导数的关系
2.不同点
1）条件不同
皮亚诺型余项：
f（x）在点x0有直至n阶的导数
拉格朗日型余项：
f（x）在含有x0的开区间（a,b）内有n+1阶的导数
2）余项不同
皮亚诺型余项：
R（x）=o（（x-x）n）；定性；局部.
n
拉格朗日型余项：
Rn（x）=
0
f（n+1）（ξ）
（n+1）!
（x-x0）
n+1
；定量；整体.
【注】通常称皮亚诺型余项泰勒公式为局部泰勒公式，主要用来研究函数的局部性态
（如：
极限，极值）；而称拉格朗日型余项泰勒公式为整体泰勒公式，主要用来研究函数的整体性态（如：
最值，不等式）.
（三）泰勒公式的应用
1.利用高阶导数研究函数性态
【例1】若f'（x）=f'（x）=L=f（n-1）（x）=0,
f（n）（x）≠0
（n≥2），则当n为偶数
时f（x）在x处有极值.其中f（n）（x）>0时极小，f（n）（x）<0时极大；当n为奇数时
000
f（x）在x0处无极值.
【例2】设函数f（x）在[0,1]上二阶可导，且f（0）=1,f'（0）=0,
3
在[0,1]上的最大值不超过.
2
f'（x）≤1,试证：
f（x）
2.计算函数近似值
【例1】计算e的近似值，使误差不超过10-6.
【解】
ex=1+x+
x++x
2!
n!
+
Rn（x）
Rn（x）=
eξ
（n+1）!
xn+1<
1
ex
（n+1）!
x
1
n+1
取x=1，得
e≈1+1+2!
+L+n!
其误差
R=e
n（n+
<
1）!
3
（n+1）!
当n=10时，误差不超过10-6.得e≈2.718282.
3.求极限
【例1】
ex-1-x
lim=.
[-3]
x→0+
1-x-cosx
【解】
【例2】设f（x）在x=0的某邻域内二阶可导，且lim⎛sin3x+
f（x）⎞=0,则
⎜
x→0⎝x3
⎟
x2⎠
（A）
lim⎛3
+f（x）⎞=0
（B）f（0）=3
⎜
x→0⎝x2
⎟
x2⎠
（C）f'（0）=3
（C）f'（0）=9
（D）
【例3】（2001年1）设y=f（x）在（-1,1）内具有二阶连续导数,且f'（x）≠0，试证：
（1）对于（-1,1）内的任一x≠0，存在唯一的θ（x）∈（0,1），使
f（x）=f（0）+xf'（θ（x）x）成立；
1
（2）limθ（x）=.
x→02
【证】
（1）任给非零x∈（-1,1），由拉格朗日中值定理得
f（x）=
f（0）+xf'（θ（x）x）
（0<θ（x）<1）.
因为f'（x）在（-1,1）内连续,且f'（x）≠0，所以f'（x）在（-1,1）内不变号，不妨设
f'（x）>0，则f'（x）在（-1,1）内严格单增，故θ（x）唯一.
（2）由泰勒公式得
f（x）=
f（0）+f'（0）x+1f'（ξ）x2，ξ在0与x之间.
2
所以xf'（θ（x）x）=
f（x）-f（0）=
f'（0）x+1f'（ξ）x2，从而
2
θ（x）f'（θ（x）x）-f'（0）=1f'（ξ）.
θ（x）x2
f'（θ（x）x）-f'（0）
由于lim=
f'（0），
x→0
θ（x）x
limf'（ξ）=
x→0
f'（0），
故limθ（x）=1.
x→02
4.求高阶导数
【例1】（2015年2）函数f（x）=x22x在x=0处的n阶导数f（n）（0）=.
[n（n-1）（ln2）n-2]
【解1】
【解2】
【例2】设f（x）=（x-a）nϕ（x）,其中ϕ（x）在x=a处n阶可导,若m为不超过n的正
整数,则f（n+m）（a）=（）
（A）
（C）
ϕ（m）（a）
n!
（n+m）!
ϕm!
（m）
（a）
（B）
（D）
ϕ（n）（a）
m!
n!
ϕ
（n+m）!
（n）
（a）
（C）
【解1】
【解2】
【解3】
5.证明不等式或等式
【例1】设f（4）（x）>0,limf（x）=1，试证：
f（x）>x3
（x≠0）.
x→0x3
【例2】（1996年1,2）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）内任一点.
（1）写出f（x）在点c处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式；
（2）证明
|f'（c）|≤2a+b.
2
【证】
（1）
f（x）=
f（c）+f'（c）（x-c）+f'（ξ）（x-c）2
2!
（2）在以上泰勒公式中，分别令x=0和x=1则有
f（0）=f（c）+f'（c）（0-c）+
f'（ξ1）（0-c）2
2!
（1）
f
（1）=f（c）+f'（c）（1-c）+
f'（ξ2）（1-c）2
2!
（2）
（2）式减
（1）式得
f
（1）-f（0）=
f'（c）+1[f'（ξ
22
）（1-c）2-f'（ξ）c2]
|f'（c）|≤
f（0）+
f
（1）+1[|f'（ξ
22
）|（1-c）2+|f'（ξ）|c2]
≤2a+b[（1-c）2+c2]
2
又因为当c∈（0,1）时，（1-c）2+c2≤1,故|f'（c）|≤2a+b.
2
【例3】（1999年2）设函数f（x）在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数，且f（-1）=0，
f
（1）=1，f'（0）=0，证明：
在开区间（-1,1）内至少存在一点ξ，使f''（ξ）=3.
【证法1】由麦克劳林公式得
f（x）=
f（0）+f'（0）x+1
2!
f'（0）x2+1
3!
f''（η）x3，
其中介于0与x之间，x∈[-1,1].分别令x=-1和x=1，并结合已知条件，得
0=f（-1）=
f（0）+1f'（0）-1f''（η）,-1<η<0
2611
1=f
（1）=
f（0）+1f'（0）+1f''（η）,0<η
<1.
两式相减，可得
2622
f''（η1）+f''（η2）=6.
因f''（x）连续，f''（x）在闭区间[η1,η2]上有最大值和最小值，设其分别为M和m，
则有
m≤1[f''（η）+f''（η
）]≤M.
212
再由连续函数的介值定理知，至少存在一点ξ∈[η1,η2]⊂（-1,1），使
f''（ξ）=1[f''（η）+f''（η
）]=3.
【证法2】
212
【例4】设f（x）在[0,1]上二阶可导,f（0）=
ξ∈（0,1）使f'（ξ）≤-16.
f
（1）=0,maxf（x）=2.试证存在点
0≤x≤1
【证法1】设f（c）=maxf（x）=2，则00≤x≤1
由泰勒公式知
f（x）=
f（c）+f'（c）（x-c）+f'（ξ）（x-c）2
2!
在上式中分别令x=0，和x=1得
f'（ξ）=-4
ξ∈（0,c）
1c2
f'（ξ）=-4
1
ξ∈（c,1）
2（1-c）22
若c≤1，则f'（ξ）=-4≤-4
=-16
21c2
（1）2
2
若c>1，则f'（ξ
22
）=-
4
（1-c）2
≤-4
（1）2
2
=-16
故存在点ξ∈（0,1）使f'（ξ）≤-16.
【证法2】
【例5】设f（x）在[a,b]上有二阶连续导数，且f（a）=
f（b）=0,M=max
x∈[a,b]
f'（x）,证明：
⎰af（x）dx≤
（b-a）3
M.
12
【证1】由泰勒公式得
f（a）=
f（b）=
f（x）+f'（x）（a-x）+
f（x）+f'（x）（b-x）+
f'（ξ1）（a-x）2
2!
f'（ξ2）（b-x）2
2!
（1）
（2）
（1）式加
（2）式得
0=2f（x）+f'（x）（a+b-2x）+
两端从a到b积分得
f'（ξ1）（a-x）2+
2!
f'（ξ2）（b-x）2
2!
0=2
∫af（x）dx+
b
∫a（a+b-2x）df（x）+
∫a[
f'（ξ1）2!
b
（a-x）2+
b
f'（ξ2）2!
b
（b-x）2
]dx
又⎰a（a+b-2x）df（x）=（a+b-2x）f（x）a+2⎰af（x）dx=2⎰af（x）dx
则4∫a
f（x）dx=-
∫a[
f'（ξ1）2!
（a-x）2+
f'（ξ2）2!
（b-x）2
]dx
bMb
2Mb2
4⎰af（x）dx≤
2⎰a（a-x）dx+
2⎰a（b-x）dx
=M（b-a）3+M（b-a）3=M（b-a）3
663
b（b-a）3
故⎰af（x）dx≤12M.
【证2】⎰bf（x）dx=⎰bf（x）d（x-a）=（x-a）f（x）b-⎰bf'（x）（x-a）dx
aaaa
=-bf'（x）（x-a）d（x-b）
a
=-（x-a）（x-b）f'（x）b+⎰bf'（x）（x-a）（x-b）dx+⎰bf'（x）（x-b）dx
=⎰bf'（x）（x-a）（x-b）dx+⎰b（x-b）df（x）
=⎰bf'（x）（x-a）（x-b）dx-⎰bf（x）dx
则⎰bf（x）dx=1⎰bf'（x）（x-a）（x-b）dx
a2a
=f'（ξ）
2
⎰a（x-a）（x-b）dx
（积分中值定理）
=f'（ξ）⎰b（x-b）d（x-a）2
4a
=-f'（ξ）（b-a）3
12
b（b-a）3
故
思考题：
1.试证
⎰af（x）dx≤
1+1x-1x2<
12
1+x
M.
（x>0）.
28
2.设
f（x）
在[a,b]上连续，在（a,b）
内二阶可导，试证存在ξ∈（a,b），使
a+b（b-a）2
f（b）-2f（）+f（a）=
f'（ξ）.
24
f（x）
3.设
f（x）三阶可导,且f（-1）=0,f
（1）=1,lim
x→0x
=0,试证存在η∈（-1,1）,使
f''（η）≥3.
4.若f（x）在[0,1]上二阶可导,且f（0）=0,f
（1）=1,f'（0）=
f'
（1）=0,试证:
ξ∈[0,1],
使f'（ξ）≥2.
5.设f（x）在x=x的某邻域内n+1阶可导，且f（n+1）（x）≠0,
f（x0
+h）=
f（x0）+
f'（x0）h
+
1f
2!
'（x0）h+L
+
hn
n!
f（n）
（x0
+θ（h）h）.
求极限limθ（h）.
h→0
答案提示：
11（1-1）x2
1.【证】
1+x=（1+x）2=1+1x+22
22!
+R2（x）
=1+1x-1x2+R（x）
282
1（1-1）（1-2）1
其中R（x）=222（1+θx）2-3x3,（0<θ<1）.
23!
由于当x>0时，R（x）>0,则1+1x-1x2<
1+x
（x>0）.
228
2.【证1】f（x）=
f（a+b）+f'（a+b）（x-a+b）+
f'（ξ）（x-a+b）2
2222!
2
在上式中分别令x=a,x=b得
f（a）=
f（a+b
）+f
'（a+b）（
a-b
f'（ξ）（b-a）2
）
2222!
4
2
f（b）=
f（a+b
）+f
'（a+b
）（b-a）+
f'（ξ）（b-a）2
2222!
4
上式两端相加得
f（a）+f（b）=2f（a+b）+[f'（ξ+'ξ
（b-a）2
21）f
（2）]8
由f（x）二阶可导及导函数的介值性知，存在ξ使得f'（ξ1）+f'（ξ2）=2f'（ξ）.则
a+b（b-a）2
f（a）+f（b）=2f（）+
f'（ξ）
【证2】令
ϕ（x）=f（x+
b-a
2
24
）-f（x）
ϕ（a+b）-ϕ（a）=ϕ'（c）b-a=[f'（c+b-a）-f'（c）]b-a
22
=f'
（ξ）
22
（b-a）2
4
即f（b）+f（a）-2f（
a+b
2
）=f
'（ξ）
（b-a）2
4
3.提示：
由limf（x）=0知，f（0）=0,f'（0）=0.写出f（x）在x=0处拉格朗日余项的二
x→0x
阶泰勒公式，再将x=-1,x=1代入便可证明.
4.提示：
分别写出f（x）在x=0,x=1处拉格朗日余项的二阶泰勒公式，然后两式相减便
可证明.
5.提示：
参见：
3.求极限中的例3，limθ（h）=
h→0
1.
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