高等数学学习教程，从入门到精通，微分中值定理与导数的应用(5）

微分中值定理与导数的应用

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第一节 微分中值定理

一、罗尔定理（Rolle's Theorem）

定理内容： 若函数 f(x)f(x)f(x) 满足：

1. 在闭区间 a,ba, ba,b 上连续；
2. 在开区间 (a,b)(a, b)(a,b) 内可导；
3. f(a)=f(b)f(a) = f(b)f(a)=f(b)；

则至少存在一点 ξ∈(a,b)\xi \in (a, b)ξ∈(a,b)，使得 f′(ξ)=0f'(\xi) = 0f′(ξ)=0。

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定理证明：

由条件1，f(x)f(x)f(x) 在 a,ba,ba,b 上连续，由闭区间上连续函数的最值定理，f(x)f(x)f(x) 在 a,ba,ba,b 上必取得最大值 MMM 和最小值 mmm。

情形一： 若 M=mM = mM=m，则 f(x)f(x)f(x) 在 a,ba,ba,b 上为常数函数，故对一切 x∈(a,b)x \in (a,b)x∈(a,b)，f′(x)=0f'(x) = 0f′(x)=0，任取 ξ∈(a,b)\xi \in (a,b)ξ∈(a,b) 即可。

情形二： 若 M≠mM \neq mM=m，由于 f(a)=f(b)f(a) = f(b)f(a)=f(b)，故 MMM 和 mmm 中至少有一个不在端点取得。不妨设最大值 MMM 在某点 ξ∈(a,b)\xi \in (a,b)ξ∈(a,b) 处取得，即 f(ξ)=Mf(\xi) = Mf(ξ)=M。

由于 f(ξ)f(\xi)f(ξ) 为最大值，对任意 x∈(a,b)x \in (a,b)x∈(a,b)：

f(x)≤f(ξ)f(x) \leq f(\xi)f(x)≤f(ξ)

因此：

• 当 Δx>0\Delta x > 0Δx>0 时：f(ξ+Δx)−f(ξ)Δx≤0\dfrac{f(\xi + \Delta x) - f(\xi)}{\Delta x} \leq 0Δxf(ξ+Δx)−f(ξ)≤0
• 当 Δx<0\Delta x < 0Δx<0 时：f(ξ+Δx)−f(ξ)Δx≥0\dfrac{f(\xi + \Delta x) - f(\xi)}{\Delta x} \geq 0Δxf(ξ+Δx)−f(ξ)≥0

由 f(x)f(x)f(x) 在 ξ\xiξ 处可导，令 Δx→0+\Delta x \to 0^+Δx→0+ 和 Δx→0−\Delta x \to 0^-Δx→0−：

f′(ξ)=lim⁡Δx→0+f(ξ+Δx)−f(ξ)Δx≤0f'(\xi) = \lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{f(\xi+\Delta x)-f(\xi)}{\Delta x} \leq 0f′(ξ)=Δx→0+limΔxf(ξ+Δx)−f(ξ)≤0

f′(ξ)=lim⁡Δx→0−f(ξ+Δx)−f(ξ)Δx≥0f'(\xi) = \lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{f(\xi+\Delta x)-f(\xi)}{\Delta x} \geq 0f′(ξ)=Δx→0−limΔxf(ξ+Δx)−f(ξ)≥0

因此 f′(ξ)=0f'(\xi) = 0f′(ξ)=0。■\blacksquare■

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几何意义： 在满足条件的曲线上，至少有一点处的切线平行于 xxx 轴（也平行于连接两端点的弦）。

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二、拉格朗日中值定理（Lagrange Mean Value Theorem）

定理内容： 若函数 f(x)f(x)f(x) 满足：

1. 在闭区间 a,ba, ba,b 上连续；
2. 在开区间 (a,b)(a, b)(a,b) 内可导；

则至少存在一点 ξ∈(a,b)\xi \in (a, b)ξ∈(a,b)，使得：

f′(ξ)=f(b)−f(a)b−af'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}f′(ξ)=b−af(b)−f(a)

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定理证明（利用罗尔定理）：

构造辅助函数：

F(x)=f(x)−f(a)−f(b)−f(a)b−a(x−a)F(x) = f(x) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)F(x)=f(x)−f(a)−b−af(b)−f(a)(x−a)

验证 F(x)F(x)F(x) 满足罗尔定理的三个条件：

1. F(x)F(x)F(x) 在 a,ba,ba,b 上连续（f(x)f(x)f(x) 连续，线性函数连续）；
2. F(x)F(x)F(x) 在 (a,b)(a,b)(a,b) 内可导（f(x)f(x)f(x) 可导，线性函数可导）；
3. 计算端点值：
   F(a)=f(a)−f(a)−0=0F(a) = f(a) - f(a) - 0 = 0F(a)=f(a)−f(a)−0=0
   F(b)=f(b)−f(a)−f(b)−f(a)b−a(b−a)=f(b)−f(a)−f(b)−f(a)=0F(b) = f(b) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a) = f(b) - f(a) - f(b)-f(a) = 0F(b)=f(b)−f(a)−b−af(b)−f(a)(b−a)=f(b)−f(a)−f(b)−f(a)=0

故 F(a)=F(b)=0F(a) = F(b) = 0F(a)=F(b)=0，满足罗尔定理条件。

由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi \in (a,b)ξ∈(a,b)，使 F′(ξ)=0F'(\xi) = 0F′(ξ)=0。

而：

F′(x)=f′(x)−f(b)−f(a)b−aF'(x) = f'(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}F′(x)=f′(x)−b−af(b)−f(a)

所以：

f′(ξ)−f(b)−f(a)b−a=0  ⟹  f′(ξ)=f(b)−f(a)b−af'(\xi) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0 \implies f'(\xi) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}f′(ξ)−b−af(b)−f(a)=0⟹f′(ξ)=b−af(b)−f(a)

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重要推论：

推论1： 若在 (a,b)(a,b)(a,b) 内 f′(x)≡0f'(x) \equiv 0f′(x)≡0，则 f(x)f(x)f(x) 在 a,ba,ba,b 上为常数。

推论2： 若在 (a,b)(a,b)(a,b) 内 f′(x)=g′(x)f'(x) = g'(x)f′(x)=g′(x)，则 f(x)=g(x)+Cf(x) = g(x) + Cf(x)=g(x)+C（CCC 为常数）。

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拉格朗日中值定理的另一形式（有限增量公式）：

设 x,x+Δx∈a,bx, x+\Delta x \in a,bx,x+Δx∈a,b，则：

f(x+Δx)−f(x)=f′(x+θΔx)⋅Δx,0<θ<1f(x+\Delta x) - f(x) = f'(x + \theta \Delta x) \cdot \Delta x, \quad 0 < \theta < 1f(x+Δx)−f(x)=f′(x+θΔx)⋅Δx,0<θ<1

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三、柯西中值定理（Cauchy Mean Value Theorem）

定理内容： 若函数 f(x)f(x)f(x) 和 g(x)g(x)g(x) 满足：

1. 在闭区间 a,ba, ba,b 上连续；
2. 在开区间 (a,b)(a, b)(a,b) 内可导；
3. 对任意 x∈(a,b)x \in (a,b)x∈(a,b)，g′(x)≠0g'(x) \neq 0g′(x)=0；

则至少存在一点 ξ∈(a,b)\xi \in (a, b)ξ∈(a,b)，使得：

f′(ξ)g′(ξ)=f(b)−f(a)g(b)−g(a)\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}g′(ξ)f′(ξ)=g(b)−g(a)f(b)−f(a)

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定理证明：

首先，由条件3和拉格朗日中值定理，g(b)−g(a)=g′(η)(b−a)≠0g(b) - g(a) = g'(\eta)(b-a) \neq 0g(b)−g(a)=g′(η)(b−a)=0，故分母不为零。

构造辅助函数：

F(x)=f(x)−f(a)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)g(x)−g(a)F(x) = f(x) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g(x) - g(a)F(x)=f(x)−f(a)−g(b)−g(a)f(b)−f(a)g(x)−g(a)

验证 F(x)F(x)F(x) 满足罗尔定理条件：

1. 连续性、可导性由 f,gf,gf,g 的性质保证；
2. 端点值：
   F(a)=f(a)−f(a)−0=0F(a) = f(a) - f(a) - 0 = 0F(a)=f(a)−f(a)−0=0
   F(b)=f(b)−f(a)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)g(b)−g(a)=0F(b) = f(b) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g(b)-g(a) = 0F(b)=f(b)−f(a)−g(b)−g(a)f(b)−f(a)g(b)−g(a)=0

由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi \in (a,b)ξ∈(a,b)，使 F′(ξ)=0F'(\xi) = 0F′(ξ)=0。

F′(x)=f′(x)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)g′(x)F'(x) = f'(x) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g'(x)F′(x)=f′(x)−g(b)−g(a)f(b)−f(a)g′(x)

故：

f′(ξ)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)g′(ξ)=0f'(\xi) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g'(\xi) = 0f′(ξ)−g(b)−g(a)f(b)−f(a)g′(ξ)=0

即：

f′(ξ)g′(ξ)=f(b)−f(a)g(b)−g(a)\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g′(ξ)f′(ξ)=g(b)−g(a)f(b)−f(a)

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注： 当 g(x)=xg(x) = xg(x)=x 时，柯西中值定理退化为拉格朗日中值定理。

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典型习题

习题1： 验证函数 f(x)=x3−3x+2f(x) = x^3 - 3x + 2f(x)=x3−3x+2 在区间 −2,2-2, 2−2,2 上满足罗尔定理的条件，并求出 ξ\xiξ。

解：

• f(x)f(x)f(x) 为多项式，在 −2,2-2,2−2,2 上连续，在 (−2,2)(-2,2)(−2,2) 内可导；
• f(−2)=−8+6+2=0f(-2) = -8 + 6 + 2 = 0f(−2)=−8+6+2=0，f(2)=8−6+2=4≠0f(2) = 8 - 6 + 2 = 4 \neq 0f(2)=8−6+2=4=0。

f(−2)≠f(2)f(-2) \neq f(2)f(−2)=f(2)，故不满足罗尔定理的第三个条件。

修改： 考虑 f(x)=x3−4xf(x) = x^3 - 4xf(x)=x3−4x 在 −2,2-2, 2−2,2 上。

• f(−2)=−8+8=0f(-2) = -8 + 8 = 0f(−2)=−8+8=0，f(2)=8−8=0f(2) = 8 - 8 = 0f(2)=8−8=0 ✓

f′(x)=3x2−4=0⇒x=±23=±233f'(x) = 3x^2 - 4 = 0 \Rightarrow x = \pm\frac{2}{\sqrt{3}} = \pm\frac{2\sqrt{3}}{3}f′(x)=3x2−4=0⇒x=±3 2=±323

两个值都在 (−2,2)(-2,2)(−2,2) 内。ξ=±233\xi = \pm\dfrac{2\sqrt{3}}{3}ξ=±323 。

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习题2： 证明不等式 ∣sin⁡a−sin⁡b∣≤∣a−b∣|\sin a - \sin b| \leq |a - b|∣sina−sinb∣≤∣a−b∣ 对一切实数 a,ba, ba,b 成立。

证明： 对 sin⁡x\sin xsinx 在以 a,ba,ba,b 为端点的区间上使用拉格朗日中值定理：

sin⁡a−sin⁡b=cos⁡ξ⋅(a−b)\sin a - \sin b = \cos\xi \cdot (a - b)sina−sinb=cosξ⋅(a−b)

因为 ∣cos⁡ξ∣≤1|\cos\xi| \leq 1∣cosξ∣≤1，所以：

∣sin⁡a−sin⁡b∣=∣cos⁡ξ∣⋅∣a−b∣≤∣a−b∣|\sin a - \sin b| = |\cos\xi| \cdot |a - b| \leq |a - b|∣sina−sinb∣=∣cosξ∣⋅∣a−b∣≤∣a−b∣

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习题3： 设 f(x)f(x)f(x) 在 0,10,10,1 上连续，在 (0,1)(0,1)(0,1) 内可导，且 f(0)=0f(0) = 0f(0)=0，f(1)=1f(1) = 1f(1)=1。证明存在不同的 ξ1,ξ2∈(0,1)\xi_1, \xi_2 \in (0,1)ξ1,ξ2∈(0,1)，使得 1f′(ξ1)+1f′(ξ2)=2\dfrac{1}{f'(\xi_1)} + \dfrac{1}{f'(\xi_2)} = 2f′(ξ1)1+f′(ξ2)1=2。

证明： 取 c∈(0,1)c \in (0,1)c∈(0,1)，在 0,c0,c0,c 和 c,1c,1c,1 上分别用拉格朗日中值定理：

f′(ξ1)=f(c)−f(0)c−0=f(c)c,ξ1∈(0,c)f'(\xi_1) = \frac{f(c) - f(0)}{c - 0} = \frac{f(c)}{c}, \quad \xi_1 \in (0,c)f′(ξ1)=c−0f(c)−f(0)=cf(c),ξ1∈(0,c)

f′(ξ2)=f(1)−f(c)1−c=1−f(c)1−c,ξ2∈(c,1)f'(\xi_2) = \frac{f(1) - f(c)}{1 - c} = \frac{1 - f(c)}{1 - c}, \quad \xi_2 \in (c,1)f′(ξ2)=1−cf(1)−f(c)=1−c1−f(c),ξ2∈(c,1)

取 c=12c = \frac{1}{2}c=21，f(c)=f ⁣(12)f(c) = f\!\left(\frac{1}{2}\right)f(c)=f(21)，则：

1f′(ξ1)+1f′(ξ2)=cf(c)+1−c1−f(c)=1/2f(1/2)+1/21−f(1/2)\frac{1}{f'(\xi_1)} + \frac{1}{f'(\xi_2)} = \frac{c}{f(c)} + \frac{1-c}{1-f(c)} = \frac{1/2}{f(1/2)} + \frac{1/2}{1 - f(1/2)}f′(ξ1)1+f′(ξ2)1=f(c)c+1−f(c)1−c=f(1/2)1/2+1−f(1/2)1/2

但这不一定等于 2。更巧妙的做法：取 ccc 使得 f(c)=12f(c) = \frac{1}{2}f(c)=21（由介值定理，这样的 ccc 存在）。

则：

1f′(ξ1)+1f′(ξ2)=c1/2+1−c1/2=2c+2(1−c)=2\frac{1}{f'(\xi_1)} + \frac{1}{f'(\xi_2)} = \frac{c}{1/2} + \frac{1-c}{1/2} = 2c + 2(1-c) = 2f′(ξ1)1+f′(ξ2)1=1/2c+1/21−c=2c+2(1−c)=2

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第二节 洛必达法则（L'Hôpital's Rule）

00\frac{0}{0}00 型不定式

定理： 若：

1. lim⁡x→af(x)=0\lim_{x \to a} f(x) = 0limx→af(x)=0，lim⁡x→ag(x)=0\lim_{x \to a} g(x) = 0limx→ag(x)=0；
2. 在点 aaa 的某去心邻域内 f′(x)f'(x)f′(x) 和 g′(x)g'(x)g′(x) 都存在，且 g′(x)≠0g'(x) \neq 0g′(x)=0；
3. lim⁡x→af′(x)g′(x)=A\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = Alimx→ag′(x)f′(x)=A（AAA 可以为有限或 ∞\infty∞）；

则：

lim⁡x→af(x)g(x)=lim⁡x→af′(x)g′(x)=A\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = Ax→alimg(x)f(x)=x→alimg′(x)f′(x)=A

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定理证明（对 00\frac{0}{0}00 型）：

补充定义 f(a)=g(a)=0f(a) = g(a) = 0f(a)=g(a)=0，则 f(x),g(x)f(x), g(x)f(x),g(x) 在 aaa 点连续。

对 xxx 在 aaa 附近（x≠ax \neq ax=a），在以 aaa 和 xxx 为端点的区间上应用柯西中值定理：

f(x)g(x)=f(x)−f(a)g(x)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}g(x)f(x)=g(x)−g(a)f(x)−f(a)=g′(ξ)f′(ξ)

其中 ξ\xiξ 在 aaa 与 xxx 之间。

当 x→ax \to ax→a 时，ξ→a\xi \to aξ→a，故：

lim⁡x→af(x)g(x)=lim⁡ξ→af′(ξ)g′(ξ)=A\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{\xi \to a} \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = Ax→alimg(x)f(x)=ξ→alimg′(ξ)f′(ξ)=A

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∞∞\frac{\infty}{\infty}∞∞ 型不定式

定理： 若：

1. lim⁡x→af(x)=∞\lim_{x \to a} f(x) = \inftylimx→af(x)=∞，lim⁡x→ag(x)=∞\lim_{x \to a} g(x) = \inftylimx→ag(x)=∞；
2. 在 aaa 的某去心邻域内 f′(x),g′(x)f'(x), g'(x)f′(x),g′(x) 存在，且 g′(x)≠0g'(x) \neq 0g′(x)=0；
3. lim⁡x→af′(x)g′(x)=A\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = Alimx→ag′(x)f′(x)=A；

则：

lim⁡x→af(x)g(x)=A\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = Ax→alimg(x)f(x)=A

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其他不定型的转化

洛必达法则处理的是 00\frac{0}{0}00 和 ∞∞\frac{\infty}{\infty}∞∞ 型，其他不定型需先转化为这两种形式：

不定型	转化方法
0⋅∞0 \cdot \infty0⋅∞	转化为 01/∞=00\frac{0}{1/\infty} = \frac{0}{0}1/∞0=00 或 ∞1/0=∞∞\frac{\infty}{1/0} = \frac{\infty}{\infty}1/0∞=∞∞
∞−∞\infty - \infty∞−∞	通分后化为 00\frac{0}{0}00
1∞1^{\infty}1∞	取对数：e∞⋅ln⁡1=e∞⋅0e^{\infty \cdot \ln 1} = e^{\infty \cdot 0}e∞⋅ln1=e∞⋅0
000^000	取对数：e0⋅ln⁡0=e0⋅(−∞)e^{0 \cdot \ln 0} = e^{0 \cdot (-\infty)}e0⋅ln0=e0⋅(−∞)
∞0\infty^0∞0	取对数：e0⋅ln⁡∞=e0⋅∞e^{0 \cdot \ln\infty} = e^{0 \cdot \infty}e0⋅ln∞=e0⋅∞

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典型例题

例1： 求 lim⁡x→0sin⁡xx\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}x→0limxsinx

lim⁡x→0sin⁡xx=00lim⁡x→0cos⁡x1=1\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \xlongequal{\frac{0}{0}} \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1} = 1x→0limxsinx00 x→0lim1cosx=1

例2： 求 lim⁡x→0ex−1−xx2\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2}x→0limx2ex−1−x

lim⁡x→0ex−1−xx2=00lim⁡x→0ex−12x=00lim⁡x→0ex2=12\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2} \xlongequal{\frac{0}{0}} \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{2x} \xlongequal{\frac{0}{0}} \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2} = \frac{1}{2}x→0limx2ex−1−x00 x→0lim2xex−100 x→0lim2ex=21

例3（∞−∞\infty - \infty∞−∞ 型）： 求 lim⁡x→0+(1x−1sin⁡x)\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}\right)x→0+lim(x1−sinx1)

=lim⁡x→0+sin⁡x−xxsin⁡x=00lim⁡x→0+cos⁡x−1sin⁡x+xcos⁡x=00lim⁡x→0+−sin⁡x2cos⁡x−xsin⁡x=02=0= \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x - x}{x \sin x} \xlongequal{\frac{0}{0}} \lim_{x \to 0^+} \frac{\cos x - 1}{\sin x + x\cos x} \xlongequal{\frac{0}{0}} \lim_{x \to 0^+} \frac{-\sin x}{2\cos x - x\sin x} = \frac{0}{2} = 0=x→0+limxsinxsinx−x00 x→0+limsinx+xcosxcosx−100 x→0+lim2cosx−xsinx−sinx=20=0

例4（1∞1^\infty1∞ 型）： 求 lim⁡x→0+xx\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^xx→0+limxx

设 y=xxy = x^xy=xx，则 ln⁡y=xln⁡x\ln y = x \ln xlny=xlnx：

lim⁡x→0+xln⁡x=lim⁡x→0+ln⁡x1/x=∞∞lim⁡x→0+1/x−1/x2=lim⁡x→0+(−x)=0\lim_{x \to 0^+} x\ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} \xlongequal{\frac{\infty}{\infty}} \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+}(-x) = 0x→0+limxlnx=x→0+lim1/xlnx∞∞ x→0+lim−1/x21/x=x→0+lim(−x)=0

所以 lim⁡x→0+xx=e0=1\lim_{x \to 0^+} x^x = e^0 = 1limx→0+xx=e0=1。

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注意： 洛必达法则只是充分条件，而非必要条件。若 lim⁡f′(x)g′(x)\lim \frac{f'(x)}{g'(x)}limg′(x)f′(x) 不存在，不能断定 lim⁡f(x)g(x)\lim \frac{f(x)}{g(x)}limg(x)f(x) 不存在。例如 lim⁡x→∞x+sin⁡xx=1\lim_{x\to\infty}\frac{x+\sin x}{x} = 1limx→∞xx+sinx=1，但 (x+sin⁡x)′(x)′=1+cos⁡x\frac{(x+\sin x)'}{(x)'} = 1 + \cos x(x)′(x+sinx)′=1+cosx 的极限不存在。

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第三节 泰勒公式（Taylor's Formula）

带佩亚诺余项的泰勒公式

定理： 若 f(x)f(x)f(x) 在 x0x_0x0 的某邻域内具有 nnn 阶导数，则对该邻域内的任意 xxx：

f(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+Rn(x)f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + R_n(x)f(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+Rn(x)

其中：

Rn(x)=o ⁣((x−x0)n),x→x0R_n(x) = o\!\left((x-x_0)^n\right), \quad x \to x_0Rn(x)=o((x−x0)n),x→x0

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定理证明：

设：

Pn(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)kP_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^kPn(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k

Rn(x)=f(x)−Pn(x)R_n(x) = f(x) - P_n(x)Rn(x)=f(x)−Pn(x)。需证 Rn(x)=o((x−x0)n)R_n(x) = o((x-x_0)^n)Rn(x)=o((x−x0)n)。

由于 f(x)f(x)f(x) 和 Pn(x)P_n(x)Pn(x) 在 x0x_0x0 处都具有直到 nnn 阶的导数，且直接验证：

Pn(k)(x0)=f(k)(x0),k=0,1,2,...,nP_n^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0), \quad k = 0,1,2,\ldots,nPn(k)(x0)=f(k)(x0),k=0,1,2,...,n

因此：

Rn(x0)=Rn′(x0)=Rn′′(x0)=⋯=Rn(n)(x0)=0R_n(x_0) = R_n'(x_0) = R_n''(x_0) = \cdots = R_n^{(n)}(x_0) = 0Rn(x0)=Rn′(x0)=Rn′′(x0)=⋯=Rn(n)(x0)=0

连续使用 nnn 次洛必达法则（此处用更严格的方式）：

由 Rn(x0)=Rn′(x0)=⋯=Rn(n−1)(x0)=0R_n(x_0) = R_n'(x_0) = \cdots = R_n^{(n-1)}(x_0) = 0Rn(x0)=Rn′(x0)=⋯=Rn(n−1)(x0)=0，对 Rn(x)R_n(x)Rn(x) 和 (x−x0)n(x-x_0)^n(x−x0)n 反复使用柯西中值定理：

Rn(x)(x−x0)n=Rn(x)−Rn(x0)(x−x0)n−0=Rn′(ξ1)n(ξ1−x0)n−1(ξ1在x0,x之间)\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n} = \frac{R_n(x) - R_n(x_0)}{(x-x_0)^n - 0} = \frac{R_n'(\xi_1)}{n(\xi_1 - x_0)^{n-1}} \quad (\xi_1 \text{在}x_0,x\text{之间})(x−x0)nRn(x)=(x−x0)n−0Rn(x)−Rn(x0)=n(ξ1−x0)n−1Rn′(ξ1)(ξ1在x0,x之间)

=Rn′(ξ1)−Rn′(x0)n(ξ1−x0)n−1−0=Rn′′(ξ2)n(n−1)(ξ2−x0)n−2= \frac{R_n'(\xi_1) - R_n'(x_0)}{n(\\xi_1-x_0)\^{n-1} - 0} = \frac{R_n''(\xi_2)}{n(n-1)(\xi_2-x_0)^{n-2}}=n(ξ1−x0)n−1−0Rn′(ξ1)−Rn′(x0)=n(n−1)(ξ2−x0)n−2Rn′′(ξ2)

重复 nnn 次：

Rn(x)(x−x0)n=Rn(n)(ξn)n!\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n} = \frac{R_n^{(n)}(\xi_n)}{n!}(x−x0)nRn(x)=n!Rn(n)(ξn)

其中 ξn\xi_nξn 在 x0x_0x0 与 xxx 之间。

由于 Rn(n)(x0)=0R_n^{(n)}(x_0) = 0Rn(n)(x0)=0，且 Rn(n)R_n^{(n)}Rn(n) 在 x0x_0x0 处连续（因 f(n)f^{(n)}f(n) 存在），故：

lim⁡x→x0Rn(x)(x−x0)n=Rn(n)(x0)n!=0\lim_{x \to x_0} \frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n} = \frac{R_n^{(n)}(x_0)}{n!} = 0x→x0lim(x−x0)nRn(x)=n!Rn(n)(x0)=0

即 Rn(x)=o((x−x0)n)R_n(x) = o((x-x_0)^n)Rn(x)=o((x−x0)n)。■\blacksquare■

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带拉格朗日余项的泰勒公式

定理： 若 f(x)f(x)f(x) 在 x0x_0x0 的某邻域内具有 n+1n+1n+1 阶导数，则对该邻域内的任意 xxx：

f(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+Rn(x)f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + R_n(x)f(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+Rn(x)

其中：

Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}Rn(x)=(n+1)!f(n+1)(ξ)(x−x0)n+1

ξ\xiξ 在 x0x_0x0 与 xxx 之间。

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证明要点： 构造辅助函数，利用柯西中值定理（类似上述过程，但最后一步不用连续性而用中值定理）得到余项的精确表达式。

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麦克劳林公式（Maclaurin Formula）

取 x0=0x_0 = 0x0=0，泰勒公式变为麦克劳林公式：

f(x)=∑k=0nf(k)(0)k!xk+Rn(x)f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k + R_n(x)f(x)=k=0∑nk!f(k)(0)xk+Rn(x)

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常用的麦克劳林展开式

（1） exe^xex 的展开：

ex=1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!+Rne^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + R_nex=1+x+2!x2+3!x3+⋯+n!xn+Rn

推导： f(x)=exf(x) = e^xf(x)=ex，f(k)(x)=exf^{(k)}(x) = e^xf(k)(x)=ex，f(k)(0)=1f^{(k)}(0) = 1f(k)(0)=1，故：

ex=∑k=0nxkk!+eξ(n+1)!xn+1e^x = \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!} + \frac{e^\xi}{(n+1)!}x^{n+1}ex=k=0∑nk!xk+(n+1)!eξxn+1

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（2） sin⁡x\sin xsinx 的展开：

f(x)=sin⁡xf(x) = \sin xf(x)=sinx，f(k)(0)f^{(k)}(0)f(k)(0) 的值依次为：0,1,0,−1,0,1,...0, 1, 0, -1, 0, 1, \ldots0,1,0,−1,0,1,...

即 f(k)(0)=sin⁡ ⁣(kπ2)f^{(k)}(0) = \sin\!\left(\frac{k\pi}{2}\right)f(k)(0)=sin(2kπ)。

sin⁡x=x−x33!+x55!−⋯+(−1)mx2m+1(2m+1)!+R2m+2\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + \frac{(-1)^m x^{2m+1}}{(2m+1)!} + R_{2m+2}sinx=x−3!x3+5!x5−⋯+(2m+1)!(−1)mx2m+1+R2m+2

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（3） cos⁡x\cos xcosx 的展开：

cos⁡x=1−x22!+x44!−⋯+(−1)mx2m(2m)!+R2m+1\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!} + R_{2m+1}cosx=1−2!x2+4!x4−⋯+(2m)!(−1)mx2m+R2m+1

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（4） ln⁡(1+x)\ln(1+x)ln(1+x) 的展开：

f(x)=ln⁡(1+x)f(x) = \ln(1+x)f(x)=ln(1+x)，f′(x)=11+xf'(x) = \frac{1}{1+x}f′(x)=1+x1，f′′(x)=−1(1+x)2f''(x) = \frac{-1}{(1+x)^2}f′′(x)=(1+x)2−1，...

f(k)(x)=(−1)k−1(k−1)!(1+x)kf^{(k)}(x) = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}f(k)(x)=(1+x)k(−1)k−1(k−1)!，故 f(k)(0)=(−1)k−1(k−1)!f^{(k)}(0) = (-1)^{k-1}(k-1)!f(k)(0)=(−1)k−1(k−1)!

ln⁡(1+x)=x−x22+x33−⋯+(−1)n−1xnn+Rn\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n-1}x^n}{n} + R_nln(1+x)=x−2x2+3x3−⋯+n(−1)n−1xn+Rn

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（5） (1+x)α(1+x)^\alpha(1+x)α 的展开（α\alphaα 为任意实数）：

f(x)=(1+x)αf(x) = (1+x)^\alphaf(x)=(1+x)α，f(k)(x)=α(α−1)⋯(α−k+1)(1+x)α−kf^{(k)}(x) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)(1+x)^{\alpha-k}f(k)(x)=α(α−1)⋯(α−k+1)(1+x)α−k

f(k)(0)=α(α−1)⋯(α−k+1)f^{(k)}(0) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)f(k)(0)=α(α−1)⋯(α−k+1)

定义广义二项式系数 (αk)=α(α−1)⋯(α−k+1)k!\displaystyle\binom{\alpha}{k} = \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}(kα)=k!α(α−1)⋯(α−k+1)

(1+x)α=1+αx+α(α−1)2!x2+α(α−1)(α−2)3!x3+⋯(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3 + \cdots(1+x)α=1+αx+2!α(α−1)x2+3!α(α−1)(α−2)x3+⋯

特别地：

11+x=1−x+x2−x3+⋯+(−1)nxn+Rn\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-1)^n x^n + R_n1+x1=1−x+x2−x3+⋯+(−1)nxn+Rn

（取 α=−1\alpha = -1α=−1）

11−x=1+x+x2+x3+⋯+xn+Rn\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^n + R_n1−x1=1+x+x2+x3+⋯+xn+Rn

（将 xxx 替换为 −x-x−x）

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典型例题

例1： 将 f(x)=xexf(x) = xe^xf(x)=xex 展开为 nnn 阶麦克劳林公式。

解： 利用 ex=∑k=0n−1xkk!+Rn−1e^x = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!} + R_{n-1}ex=∑k=0n−1k!xk+Rn−1：

xex=x(1+x+x22!+⋯+xn−1(n−1)!)+xRn−1xe^x = x\left(1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\right) + xR_{n-1}xex=x(1+x+2!x2+⋯+(n−1)!xn−1)+xRn−1

=x+x2+x32!+⋯+xn(n−1)!+o(xn)= x + x^2 + \frac{x^3}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{(n-1)!} + o(x^n)=x+x2+2!x3+⋯+(n−1)!xn+o(xn)

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例2： 求 lim⁡x→0cos⁡x−e−x2/2x4\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\cos x - e^{-x^2/2}}{x^4}x→0limx4cosx−e−x2/2。

解： 展开到 x4x^4x4 项：

cos⁡x=1−x22+x424+o(x4)\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)cosx=1−2x2+24x4+o(x4)

e−x2/2=1+(−x22)+12(−x22)2+o(x4)=1−x22+x48+o(x4)e^{-x^2/2} = 1 + \left(-\frac{x^2}{2}\right) + \frac{1}{2}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 + o(x^4) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{8} + o(x^4)e−x2/2=1+(−2x2)+21(−2x2)2+o(x4)=1−2x2+8x4+o(x4)

cos⁡x−e−x2/2=x424−x48+o(x4)=−x412+o(x4)\cos x - e^{-x^2/2} = \frac{x^4}{24} - \frac{x^4}{8} + o(x^4) = -\frac{x^4}{12} + o(x^4)cosx−e−x2/2=24x4−8x4+o(x4)=−12x4+o(x4)

lim⁡x→0cos⁡x−e−x2/2x4=−112\lim_{x \to 0}\frac{\cos x - e^{-x^2/2}}{x^4} = -\frac{1}{12}x→0limx4cosx−e−x2/2=−121