专题7泰勒公式及其应用 1.docx

1、专题7 泰勒公式及其应用 12021 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.n 0若 x0 = 0 ，则得麦克劳林公式：f (0) 2f ( n )(0) n nf ( x) = f (0) + f (0)x +

2、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)( )(n + 1)!(x - x0 )n +1，这里 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 + + x2! n!+

3、e x(n +1)!xn+1(2)3sin x = x - 3! +L+ (-1)n-1x2n-1( 1)n(2n -1)!cosx x(2n +1)!2n+1(3)2cos x = 1 - 2! +L+ (-1)x2n( 1)(2n)!n+1cosx x(2n + 2)!2n+2(4)ln(1+ x) = x - x22+L+ (-1)n-1 xnn+ (-1)nxn+1(n +1)(1+ x)n+1 (5)(1+ x) = 1+ x + ( -1) x2 +L+ ( -1)L( - n +1) xn2! n!+ ( -1)L( - n +1)( - n) (1+ x) -n-1 xn+1(

4、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) =0f (n +1)( )(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

5、，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0 0 0f (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 .2f (x) 1,

6、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 + + x2! n!+Rn (x)Rn (x) =e(n +1)!xn+1 1e x(n +1)! x1n+1取 x = 1 ，得e 1+1+ 2! +L+ n!其误差R = en (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 - xlim = .-3x0+1- x - cos x【解】【例 2】设 f (x) 在 x = 0 的某邻域内二阶可导，且lim sin 3x +f (x) = 0 ,则x

7、0 x3x 2 (A)lim 3+ f (x) = 0(B) f (0) = 3x0 x2x2 (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 (x) (0,1) ，使f (x) = f (0) + xf ( (x)x) 成立；1（2） lim (x) = .x 0 2【证】（1）任给非零 x (-1,1) ，由拉格朗日中值定理得f (x) =f (0) + xf ( (x)x)(0 (x) 0 ，则 f (x)

8、 在(-1,1) 内严格单增，故 (x) 唯一.（2）由泰勒公式得f (x) =f (0) + f (0)x + 1 f ( )x2 ， 在0 与 x 之间.2所以 xf ( (x)x) =f (x) - f (0) =f (0)x + 1 f ( )x2 ，从而2 ( x) f ( ( x)x) - f (0) = 1 f ( ). ( x)x 2 f ( ( x)x) - f (0)由于lim =f (0) ，x0 ( x)xlim f ( ) =x0f (0) ，故 lim (x) = 1 .x 0 24.求高阶导数【例 1】(2015 年 2) 函数 f (x) = x22x 在 x

9、= 0 处的n 阶导数 f (n)(0) = .n(n -1)(ln 2)n-2 【解 1】【解 2】【例 2】设 f (x) = (x - a)n(x), 其中(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) (m)(a)n!(n + m)! m!(m)(a)(B)(D) (n)(a)m!n! (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, lim f (x) = 1，试证： f (x) x3(x 0) .x0 x3【例 2】（1996 年 1,2

10、）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 ( ) (x - c)22!（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 (1) (0 - c)22!（1）f (1) = f (c) + f (c)(1- c) +f

11、 (2 ) (1- c)22!（2）（2）式减（1）式得f (1) - f (0) =f (c) + 1 f (2 2)(1- c)2 - f ( )c2 | f (c) |f (0) +f (1) + 1 | f (2 2) | (1- c)2 + | f ( ) | 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(-

12、1,1) 内至少存在一点 ，使 f ( ) = 3 .【证法 1】 由麦克劳林公式得f (x) =f (0) + f (0)x + 12!f (0)x2 + 13!f ()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) + 1 f (0) - 1 f ( ), -1 02 6 1 11 = f (1) =f (0) + 1 f (0) + 1 f ( ), 0 1.两式相减，可得2 6 2 2f (1) + f (2 ) = 6.因 f (x) 连续，f (x) 在闭区间1,2 上有最大值和最

13、小值，设其分别为M 和m ，则有m 1 f ( ) + f () M .2 1 2再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 1,2 (-1,1) ，使f ( ) = 1 f ( ) + f () = 3.【证法 2】2 1 2【例 4】设 f (x) 在0,1上二阶可导, f (0) = (0,1) 使 f ( ) -16 .f (1) = 0, max f (x) = 2 .试证存在点0 x1【证法 1】设 f (c) = max f ( x) = 2 ，则0 c 1 ，则 f (2 2) = -4(1 - c)2 - 4( 1 )22= -16故存在点 (0,1) 使 f ( ) -16 .

14、【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 = maxxa,bf (x) , 证明：a f (x)dx (b - a)3M .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 (1) (a - x)22!f (2 ) (b - x)22!(1)(2)(1)式加(2)式得0 = 2 f (x) + f (x)(a + b - 2x) +两端从a 到b 积分得f (1) (a - x)2 +2!f (2 ) (b - x)22!0 = 2

15、a f (x)dx +ba (a + b - 2x)df (x) +af (1) 2!b(a - x)2 +bf (2 ) 2!b(b - x)2dx又 a (a + b - 2x)df (x) = (a + b - 2x) f (x) a + 2a f (x)dx = 2a f (x)dx则 4af (x)dx = -af (1) 2!(a - x)2 +f (2 ) 2!(b - x)2dxb M b2 M b 24 a f (x)dx 2 a (a - x) dx +2 a (b - x) dx= M (b - a)3 + M (b - a)3 = M (b - a)36 6 3b (b

16、 - a)3故 a f (x)dx 12 M .【证 2】 b f (x)dx = b f (x)d(x - a) = (x - a) f (x) b - b f (x)(x - a)dxa a a a= - b f (x)(x - a)d(x - b)a= -(x - a)(x - b) f (x) b + b f (x)(x - a)(x - b)dx + b f (x)(x - b)dx= b f (x)(x - a)(x - b)dx + b (x - b)df (x)= b f (x)(x - a)(x - b)dx - b f (x)dx则 b f (x)dx = 1 b f (

17、x)( x - a)( x - b)dxa 2 a= f ( )2a ( x - a)( x - b)dx（积分中值定理）= f ( ) b( x - b)d( x - a)24 a= - f ( ) (b - a)312b (b - a)3故思考题：1.试证a f (x)dx 1 + 1 x - 1 x2 0).2 82.设f (x)在 a,b 上连续，在 (a,b)内二阶可 导，试证 存在 (a,b) ，使 a + b (b - a)2f (b) - 2 f ( ) + f (a) =f ( ) .2 4f (x)3.设f (x) 三阶可导,且 f (-1) = 0, f (1) = 1,

18、 limx0 x= 0 ,试证存在 (-1,1) ,使 f () 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: 0,1 ,使 f ( ) 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+1 f2! ( x0 )h +L+hnn!f ( n )( x0+ (h)h).求极限lim (h).h0答案提示：1 1 ( 1 -1)x21.【证】1 + x = (1+ x) 2 = 1

19、 + 1 x + 2 22 2!+ R2 (x)= 1 + 1 x - 1 x2 + R (x)2 8 21 ( 1 -1)( 1 - 2) 1其中 R (x) = 2 2 2 (1+ x) 2 -3 x3, (0 0 时， R (x) 0, 则1 + 1 x - 1 x2 0).2 2 82.【证 1】 f (x) =f ( a + b ) + f ( a + b )(x - a + b ) +f ( ) (x - a + b )22 2 2 2! 2在上式中分别令 x = a, x = b 得f (a) =f ( a + b) + f( a + b )(a - bf ( ) (b - a)

20、2)2 2 2 2! 42f (b) =f ( a + b) + f( a + b)(b - a ) +f ( ) (b - a)22 2 2 2! 4上式两端相加得f (a) + f (b) = 2 f ( a + b ) + f ( + (b - a)22 1) f ( 2 ) 8由 f (x) 二阶可导及导函数的介值性知，存在 使得 f (1) + f (2 ) = 2 f ( ).则a + b (b - a)2f (a) + f (b) = 2 f ( ) +f ( )【证 2】令(x) = f (x +b - a22 4) - f (x)( a + b ) - (a) = (c) b

21、 - a = f (c + b - a ) - f (c) b - a2 2= f ( )2 2(b - a)24即 f (b) + f (a) - 2 f (a + b2) = f ( )(b - a)243.提示：由lim f (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x0 x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， lim (h) =h01 .n + 1