3.5* 泰勒题型专题

用泰勒公式求极限

常用泰勒（麦克劳林）公式：$x\to 0$

$$\begin{array}{rl}\sin x& =x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\\ \arcsin x& =x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\\ \tan x& =x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\\ \arctan x& =x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)\\ \cos x& =1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\\ \ln (1+x)& =x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\\ e^x& =1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+o(x^3)\\ (1+x{)}^{\alpha }& =1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+o(x^2)\end{array}$$

可以看出，用泰勒公式求极限其实就是等价无穷小的加强版。

TIP

泰勒展开到几次项？（$x\to 0$）

• 上下同阶原则：分母 $x^k$，分子把 $x^k$ 能出现的所有情形都展出来；
• 幂次取低原则：$f(x)\pm g(x)$，$f(x)$ 与 $g(x)$ 同步展开到不抵消最低次项。

例 1

利用带有佩亚诺余项的麦克劳林公式，求极限：

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}$$

解：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{原}\mathrm{式}& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{[x-\frac{1}{6}{x}^3+o(x^3)]-x[1-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)]}{x^3}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)}{x^3}\\ & =\frac{1}{3}\end{array}$$

另外，本题使用等价无穷小更快。

$$\begin{array}{rl}\mathrm{原}\mathrm{式}& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\cos x(\tan x-x)}{x^3}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\cos x\cdot \frac{1}{3}{x}^3}{x^3}\\ & =\frac{1}{3}\end{array}$$

例 2

求极限：

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)\ln (1-x)+x^2}{x^4}$$

解：

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)\ln (1-x)+x^2}{x^4}\\ =& \underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{x^4}\{[x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)][(-x)-\frac{(-x{)}^2}{2}+\frac{(-x{)}^3}{3}+o(x^3)]+x^2\}\\ =& \underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{x^4}\{-[x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)][x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)]+x^2\}\\ =& \underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{x^4}\{-[x^2+(-\frac{1}{4}+\frac{2}{3})x^4]+x^2\}\\ =& \underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{x^4}\cdot \frac{-5x^4}{12}\\ =& -\frac{5}{12}\end{array}$$

NOTE

这里的泰勒展开到三阶，是因为分母是 $x^4$，且分子展开后形如：

$$(a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+\cdots )(b_{1}x+b_2{x}^2+b_3{x}^3+\cdots )$$

根据上下同阶原则，分子整体也应该展开到四阶。注意，展开到四阶包括所有可能出现 $x^4$ 的情况，这里包括 $mx\cdot n{x}^3$ 和 $m{x}^2\cdot n{x}^2$。由于没有常数项，因此不会出现形如 $m\cdot n^4$ 的项。因此只需展到三阶即可。

所以，对于形如 ${\displaystyle \frac{f(x)\cdot g(x)}{x^n}}$ 的式子，$f(x)$ 需要展开的阶数为 $n$ 减去 $g(x)$ 展开式的最低阶项的次数。$g(x)$ 反之。

用泰勒公式求高阶导数

利用的是泰勒公式的两个特点：

1. 含有大量 $x_0$ 高阶导数值；
2. 具有唯一性（即 $x^n$ 系数唯一）。

例 3

求函数 $f(x)=x^2\ln (1+x)$ 在 $x=0$ 处的 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(0)$。

解：根据麦克劳林公式，有

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+R_n(x)$$

又有

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x^2[x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n+R_n(x)]\\ & =x^3-\frac{x^4}{2}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-3}}{n-2}{x}^n+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^{n+2}+R_{n+2}(x)\end{array}$$

由泰勒展开式的唯一性可得

$$\begin{array}{rl}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}& =\frac{(-1{)}^{n-3}}{n-2}\\ f^{(n)}(0)& =\frac{(-1{)}^{n-1}n!}{n-2}\end{array}$$

WARNING

泰勒公式只能求一点处的高阶导数 $f^{(n)}(x_0)$，而不可求高阶导函数 $f^{(n)}(x)$。

用泰勒公式做证明题

使用泰勒公式证明，通常使用拉格朗日余项。这里有两个关键问题：

1. 展到几阶
2. $x$ 和 $x_0$ 的选择

设 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的区间 $(a.b)$ 内有直到 $n+1$ 阶的导数，在区间 $[a,b]$ 上有 $n$ 阶连续导数，则对任意 $x\in [a,b]$ 有

$$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime }(x_0)}{1!}(x-x_0)+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$$

其中 $\xi$ 在 $x_0$ 与 $x$ 之间。

展开点 $x_0$ 的选择：

• 各阶导数信息多的点
• 需估计导数值的点
• 任意点
• 中点

被展开点 $x$ 的选择：

• 给定函数值的点
• 区间端点
• 任意点
• 中点

例 4

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $f(0)=1$，$f^{\prime }(0)=0$，$f^{″}(x)\le 2$，求证：

$$\underset{x\in [0,1]}{max}f(x)\le 2$$

TIP

本质上是求证 $\mathrm{\forall }x\in [0,1],f(x)\le 2$。

• 被展开点 $x$ 的选择：即求证的 $\mathrm{\forall }x\in [0,1]$。
• 展开点 $x_0$ 的选择：各阶导数信息多的点，取 $x_0=0$。
• 展到几阶：二阶可导，因此展到一阶，余项为二阶。

证明：

即证 $\mathrm{\forall }x\in [0,1],f(x)\le 2$。根据泰勒公式，有：

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{″}(\xi )}{2!}{x}^{2}x\in [0,1],\xi \in (0,x)$$

故有

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{″}(\xi )}{2!}{x}^2=1+\frac{f^{″}(\xi )}{2}{x}^2\le 1+\frac{2}{2}\cdot 1^2=2$$

证毕。

例 5

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，$f(0)=f(1)=0$，$\underset{0\le x\le 1}{max}f(x)=2$，证明：$\mathrm{\exists }\xi \in (0,1)$，使得 $f^{″}(\xi )\le -16$。

TIP

• 展开点 $x_0$ 的选择：各阶导数信息多的点。题目虽然没有明说，但是有一个最大值为 $2$，由罗尔定理可知 $[0,1]$ 上存在一个 $c$，有 $f^{\prime }(c)=0$。
• 被展开点 $x$ 的选择：函数值已知的点，选择 $0$ 和 $1$。
• 展到几阶：二阶可导，因此展到一阶，余项为二阶。

证明：

由于 $f(0)=f(1)=0$，故 $\mathrm{\exists }c\in (0,1)$，有 $f(c)=\underset{0\le x\le 1}{max}f(x)=2$。根据罗尔定理，有 $f^{\prime }(c)=0$。

由泰勒公式得，对于 ${\xi }_1\in (c,1)$，${\xi }_2\in (0,c)$ 有：

$$\begin{array}{c}\{\begin{array}{l}f(1)=f(c)+f^{\prime }(c)(1-c)+\frac{f^{″}({\xi }_1)}{2!}(1-c{)}^2\\ f(0)=f(c)+f^{\prime }(c)(0-c)+\frac{f^{″}({\xi }_2)}{2!}(0-c{)}^2\end{array}\\ \Rightarrow \{\begin{array}{l}f(1)=2+\frac{1}{2}{f}^{″}({\xi }_1)(1-c{)}^2=0\\ f(0)=2+\frac{1}{2}{f}^{″}({\xi }_2)c^2=0\end{array}\\ \Rightarrow f^{″}({\xi }_1)=\frac{-4}{(1-c{)}^2},f^{″}({\xi }_2)=\frac{-4}{c^2}\end{array}$$

TIP

此时考虑：求证 $f^{″}(\xi )\le -16$，即有

$$\begin{gathered} f^{″}({\xi }_1)=\frac{-4}{(1-c{)}^2}\le -16\Rightarrow 1-c\le \frac{1}{2}\Rightarrow c\ge \frac{1}{2} \\ \mathrm{或}{f}^{″}({\xi }_2)=\frac{-4}{c^2}\le -16\Rightarrow c\le \frac{1}{2} \end{gathered}$$

二者必有一成立。分类讨论书写。

① 若 $c\ge {\displaystyle \frac{1}{2}}$，则有

$$f^{″}({\xi }_1)=\frac{-4}{(1-c{)}^2}\le \frac{-4}{(\frac{1}{2}{)}^2}=-16$$

② 若 $c<{\displaystyle \frac{1}{2}}$，则有

$$f^{″}({\xi }_2)=\frac{-4}{c^2}<\frac{-4}{(\frac{1}{2}{)}^2}=-16$$

综上，必存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f^{″}(\xi )\le -16$。

例 6

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $|f(x)|\le a$，$|f^{″}(x)|\le b$，其中 $a,b$ 都是非负常数，证明：

$$\mathrm{\forall }x\in (0,1),|f^{\prime }(x)|\le 2a+\frac{b}{2}$$

TIP

• 展开点 $x_0$ 的选择：求证 $\mathrm{\forall }x,f^{\prime }(x)$ 的性质，因此展开点选择 $\mathrm{\forall }x\in (0,1)$。
• 被展开点 $x$ 的选择：区间端点 $0$ 和 $1$。
• 展到几阶：二阶可导，因此展到一阶，余项为二阶。

证明：将 $f(x)$ 在任意点 $x\in (0,1)$ 展开。对于 ${\xi }_1\in (0,x)$，${\xi }_2\in (x,1)$ 有

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(0)& =f(x)+f^{\prime }(x)(0-x)+\frac{f^{″}({\xi }_1)}{2!}(0-x{)}^2\text{(2)}& f(1)& =f(x)+f^{\prime }(x)(1-x)+\frac{f^{″}({\xi }_2)}{2!}(1-x{)}^2\end{array}$$

$(2)-(1)$ 可得

$$\begin{array}{c}f(1)-f(0)=f^{\prime }(x)+\frac{1}{2}[f^{″}({\xi }_2)(1-x{)}^2-f^{″}({\xi }_1)x^2]\\ \Rightarrow f^{\prime }(x)=f(1)-f(0)+\frac{1}{2}[f^{″}({\xi }_1)x^2-f^{″}({\xi }_2)(1-x{)}^2]\\ \begin{array}{rl}\Rightarrow |f^{\prime }(x)|& =|f(1)-f(0)+\frac{1}{2}[f^{″}({\xi }_1)x^2-f^{″}({\xi }_2)(1-x{)}^2]|\\ & =|f(1)|+|f(0)|+\frac{1}{2}[|f^{″}({\xi }_1)|x^2-|f^{″}({\xi }_2)|(1-x{)}^2]]\\ & \le a+a+\frac{b}{2}[(1-x{)}^2+x^2]\end{array}\end{array}$$

其中，$x\in (0,1)$，故有

$$(1-x{)}^2+x<(1-x)+x=1$$

代入得

$$|f^{\prime }(x)|\le 2a+\frac{b}{2}[(1-x{)}^2+x^2]\le 2a+\frac{b}{2}$$

WARNING

此处 $b$ 可以取 $0$，因此最后依然可以取等。

证毕。