简介

泰勒展开是用形如 $a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$ 的函数逼近 $e^x,\ln x$ 等超越函数的技巧。

推导

在 $x=0$ 处展开

设 $f(x)$ 有 $n$ 阶导，$g(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$。

令 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x=0$ 处的函数值和各阶导相等，这样 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的图像才能逼近 $g(x)$。因此

$$\begin{array}{rl}& f(0)=g(0)=a_0\\ & f^{\prime }(0)=g^{\prime }(0)=a_1\\ & f^{″}(0)=g^{″}(0)=2a_2\\ & f^{‴}(0)=g^{‴}(0)=3\times 2a_3\\ & \cdots \\ & f^{(n)}(0)=g^{(n)}(0)=n!\times a_n\end{array}$$

$\therefore a_n$ 的通项为 $a_i=\frac{f^{(i)}(0)}{i!}$。即

$$f(x)\approx f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$$

此式称为 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的 $n$ 阶泰勒展开式。

在 $x=m$ 处展开

只需设 $g(x)=a_0+a_1(x-m)+a_2(x-m{)}^2+\cdots +a_n(x-m{)}^n$。推导过程与 在 $x=0$ 处展开 并无二致。

$$f(x)\approx f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}(x-m)+\frac{f^{″}(0)}{2!}(x-m{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x-m{)}^n$$

应用

近似

以下皆为在 $x=0$ 处的展开。

• $e^x\approx 1+x$
• $e^x\approx 1+x+\frac{1}{2}{x}^2$
• $\ln (1+x)\approx x$
• $\ln (1+x)\approx x-\frac{1}{2}{x}^2$
• $\sin x\approx x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots$
• $\cos x\approx 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots$
• $\tan x\approx x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\frac{17x^7}{315}+\frac{62x^9}{2835}+\cdots$

放缩

低阶泰勒展开具有天然的单调性，因此高考出题人常用泰勒构造不等式。

• $e^x\ge 1+x(x\in \mathbb{R})$
• $e^x\ge 1+x+\frac{1}{2}{x}^2(x\ge 0)$
• $\ln (1+x)\le x(x\in \mathbb{R})$
• $\ln (1+x)\ge x-\frac{1}{2}{x}^2(x\ge 0)$

凡是 $n$ 阶泰勒展开构造的不等式，都可以 $n$ 次求导证明。因为以此法构造的式子，导得越多，导函数结构必然越简单。因此泰勒展开可作为解题的探路器。

例 1

求证 $x\ge 0$ 时 $e^x\ge 1+x+\frac{1}{2}{x}^2$。

证

观察得 $e^x$ 的 $2$ 阶泰勒展开为 $1+x+\frac{1}{2}{x}^2$。

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令 $f(x)=e^x-(1+x+\frac{1}{2}{x}^2)$。

$f^{\prime }(x)=e^x-(1+x)$。

$f^{″}(x)=e^x-1$。

$\because x\ge 0,\therefore f^{″}(x)\ge 0,f^{\prime }(x)\uparrow ,f^{\prime }(x)>f^{\prime }(0)=0$。

$\therefore f^{\prime }(x)\ge 0,f(x)\uparrow ,f(x)>f(0)=0$。

即 $e^x-(1+x+\frac{1}{2}{x}^2)\ge 0$。

例 2

$f(x)=e^x-1-x-a{x}^2$，当 $x\ge 0$ 时 $f(x)\ge 0$ 恒成立，求 $a$ 的范围。

解

由泰勒展开可知 $e^x\ge 1+x+\frac{1}{2}{x}^2(x\ge 0)$，因此 $a\in (-\mathrm{\infty },\frac{1}{2}]$。大题对 $a$ 进行分类讨论即可。

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$f(x)=e^x-1-x-a{x}^2$。

$f^{\prime }(x)=e^x-1-2ax$。

$f^{″}(x)=e^x-2a$。

$1)a\le \frac{1}{2}$ 时

$f^{″}(x)\ge 0,f^{\prime }(x)\uparrow ,f^{\prime }(x)>f^{\prime }(0)=0$。

$\therefore f^{\prime }(x)\ge 0,f(x)\uparrow ,f(x)\ge f(0)=0$。

符合题意。

$2)a>\frac{1}{2}$ 时

解 $f^{″}(x)<0$ 得 $x\in (0,\ln 2a)$。此时

$f^{″}(x)<0,f^{\prime }(x)\downarrow ,f^{\prime }(x)<f^{\prime }(0)=0$。

$\therefore f^{\prime }(x)\le 0,f(x)\downarrow ,f(x)<f(0)=0$。

即存在 $x\in (0,\ln 2a),f(x)<0$。不合题意，舍去。

综上 $a\in (-\mathrm{\infty },\frac{1}{2}]$。