泰勒展开

泰勒展开是用形如 $a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$ 的函数逼近 $e^x,\ln x$ 等超越函数的技巧。

设 $f(x)$ 有 $n$ 阶导，$g(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$.

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

$$\begin{aligned} &f(0)=g(0)=a_0\\ &f'(0)=g'(0)=a_1\\ &f''(0)=g''(0)=2a_2\\ &f'''(0)=g'''(0)=3\times 2a_3\\ &\cdots\\ &f^{(n)}(0)=g^{(n)}(0)=n!\times a_n \end{aligned}$$

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

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

此式称为 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的 $n$ 阶泰勒展开式.

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.

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

以下皆为在 $x=0$ 处的展开.

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

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.

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

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.

求证 $x\geq 0$ 时 $e^x\geq 1+x+\frac{1}{2}x^2$.

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 $f(x)=e^x-(1+x+\frac{1}{2}x^2)$.

$f’(x)=e^x-(1+x)$.

$f’’(x)=e^x-1$.

$\because x\geq 0,\therefore f’’(x)\geq 0,f’(x)\uparrow,f’(x)>f’(0)=0$.

$\therefore f’(x)\geq 0,f(x)\uparrow,f(x)>f(0)=0$.

即 $e^x-(1+x+\frac{1}{2}x^2)\geq 0$. 即证.

$f(x)=e^x-1-x-ax^2$，当 $x\geq 0$ 时 $f(x)\geq 0$ 恒成立，求 $a$ 的范围.

解

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

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$f(x)=e^x-1-x-ax^2$.

$f’(x)=e^x-1-2ax$.

$f’’(x)=e^x-2a$.

$1)\quad a\leq\frac{1}{2}$ 时

$f’’(x)\geq 0,f’(x)\uparrow,f’(x)>f’(0)=0$.

$\therefore f’(x)\geq 0,f(x)\uparrow,f(x)\geq f(0)=0$.

符合题意.

$2)\quad a>\frac{1}{2}$ 时

解 $f’’(x)<0$ 得 $x\in(0,\ln 2a)$. 此时

$f’’(x)<0,f’(x)\downarrow,f’(x)<f’(0)=0$.

$\therefore f’(x)\leq 0,f(x)\downarrow,f(x)<f(0)=0$.

即存在 $x\in(0,\ln 2a),f(x)<0$. 不合题意，舍去.

综上 $a\in(-\infty,\frac{1}{2}]$.