1 引入

對(duì)于一些復(fù)雜函數(shù)，我們希望用一些簡(jiǎn)單的函數(shù)（冪函數(shù)-多項(xiàng)式函數(shù)）來(lái)近似表達(dá)。

前面我們?cè)趯W(xué)習(xí)微分時(shí)，有$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x?x_0)+o(x?x_0)$（誤差）

$?f(x)\approx f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x?x_0)$

但是這種近似有缺點(diǎn)：

1. 近似精確度不高
2. 有誤差，無(wú)法估計(jì)

2 泰勒中值定理

2.1 泰勒多項(xiàng)式

設(shè)函數(shù)$f(x)在x_0$處有n階導(dǎo)數(shù)，試找出一個(gè)關(guān)于$(x?x_0)的n$次多項(xiàng)式

$p_n(x)=a_0+a_1(x?x_0)+a_2(x?x_0{)}^2+?+a_n(x?x_0{)}^n$ (3-1)

來(lái)近似表達(dá)$f(x)$要求$P_n(x)與f(x)$之差是當(dāng)$x\to x_0時(shí)比(x?x_0{)}^n$高階的無(wú)窮小。

要滿足上述要求，我們假設(shè)$P_n(x)在x_0$處的函數(shù)值及它直到n階導(dǎo)數(shù)在$x_0$處的值依次與$f(x_0),f^{{}^{\prime }}(x_0),?,f^{(n)}(x_0)$相等，即

$p_n(x_0)=f(x_0),P_n^{{}^{\prime }}(x_0)=f^{{}^{\prime }}(x_0),P_n^{{}^{\prime \prime }}(x_0)=f^{{}^{\prime \prime }}(x_0),?,P_n^{(n)}(x_0)=f^{(n)}(x_0)$

對(duì)（3-1）式求各階導(dǎo)數(shù)，導(dǎo)入上式得

$a_0=f(x_0),a_1=f^{{}^{\prime }}(x_0),a_2=\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!},?,a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$

$p_n(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x?x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x?x_0{)}^2+?+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x?x_0{)}^n$ (3-2)

下面的定理表明，多項(xiàng)式（3-2）的確是我們要找的n次多項(xiàng)式。

3.2 泰勒中值定理1

如果函數(shù)$f(x)在x_0處具有n$階導(dǎo)數(shù)，那么存在$x_0$的一個(gè)鄰域，對(duì)于改鄰域內(nèi)的任一$x$,有

$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x?x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x?x_0{)}^2+?+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x?x_0{)}^n+R_n(x)$ (3-3)

其中$R_n(x)=o((x?x_0{)}^n)$ (3-4)

$$\begin{gathered} 證明： \\ 記R_n(x)=f(x)?P_n(x),則 \\ {R}_n(x_0)=R_n^{{}^{\prime }}(x_0)=R^{{}^{\prime \prime }}(x_0)=?=R^{(n)}(x_0)=0 \\ 由于f(x)在x_0處具有你階導(dǎo)數(shù)，從而R_n(x)也在該鄰域內(nèi)n階可導(dǎo)，反復(fù)應(yīng)用洛必達(dá)法則，得 \\ \underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n(x)}{(x?x_0{)}^n}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{{}^{\prime }}(x)}{n(x?x_0{)}^{n?1}}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{{}^{\prime }}(x)}{n(x?x_0{)}^{n?1}} \\ =?=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{(n?1)}(x)}{n!(x?x_0)}=\frac{1}{n!}{R}^{(n)}(x_0)=0 \\ 因此R_n(x)=o((x?x_0{)}^n) \end{gathered}$$

注：

1. $R_n(x)=o((x?x_0{)}^n)稱(chēng)為f(x)在x_0處$的佩亞諾余項(xiàng)

3.3 泰勒中值定理2

如果函數(shù)$f(x)$在$x_0$的某個(gè)鄰域$U(x_0)$內(nèi)具有$(n+1)$階導(dǎo)數(shù)，那么對(duì)于任一$x\in U(x_0)$，有

$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x?x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x?x_0{)}^2+?+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x?x_0{)}^n+R_n(x)$ (3-5)

其中$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x?x_0{)}^{n+1}$ (3-6)

這里$\xi 是x與x_0$直接的某個(gè)值

$$\begin{gathered} 證明： \\ 記R_n(x)=f(x)?P_n(x),則 \\ 只需證明R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x?x_0{)}^{n+1} \\ 由假設(shè)可知R_n(x_0)=R_n^{{}^{\prime }}(x_0)=R^{{}^{\prime \prime }}(x_0)=?=R^{(n)}(x_0)=0 \\ 對(duì)于2個(gè)函數(shù)Rn(x)及(x?x_0{)}^{n+1}在以x_0和x為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用柯西中值定理（這2個(gè)函數(shù)滿足柯西中值定理?xiàng)l件） \\ \frac{Rn(x)}{(x?x_0{)}^{n+1}}=\frac{Rn(x)?Rn(x_0)}{(x?x_0{)}^{n+1}?(x_0?x_0{)}^{n+1}} \\ =\frac{R{n}^{{}^{\prime }}({\xi }_1)}{(n+1)({\xi }_1?x_0{)}^n}({\xi }_1在x_0與x之間) \\ 在對(duì)這2個(gè)函數(shù)以{\xi }_1和x_0為端點(diǎn)的區(qū)間應(yīng)用柯西中值定理 \\ \frac{R{n}^{{}^{\prime }}({\xi }_1)}{(n+1)({\xi }_1?x_0{)}^n}=\frac{R{n}^{{}^{\prime }}({\xi }_1)?R{n}^{{}^{\prime }}(x_0)}{(n+1)({\xi }_1?x_0{)}^n?(n+1)(x_0?x_0{)}^n} \\ =\frac{R{n}^{{}^{\prime \prime }}({\xi }_2)}{(n+1)n({\xi }_2?x_0{)}^{n?1}}({\xi }_2在{\xi }_1與x_0之間) \\ 重復(fù)應(yīng)用柯西中值定理，經(jīng)過(guò)(n+1)次后，得 \\ \frac{Rn(x)}{(x?x_0{)}^{n+1}}=\frac{R{n}^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(\xi 在{\xi }_n與x_0之間，因此也在x_0與x之間) \\ R{n}^{(n+1)}(\xi )=[f(\xi )?Pn(\xi ){]}^{(n+1)}=f^{(n+1)(\xi )}?P{n}^{(n+1)(\xi )} \\ 其中P{n}^{(n)}(x)為常數(shù)，P{n}^{(n+1)(\xi )}=0 \\ 所以R{n}^{(n+1)}(\xi )=f^{(n+1)(\xi )}即 \\ {R}_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x?x_0{)}^{n+1}(\xi 在x_0與x之間) \end{gathered}$$

注：

1. 該公式稱(chēng)為$f(x)在x_0$處帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階泰勒公式
2. 也稱(chēng)為將$f(x)在x_0$處展成帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階泰勒公式或稱(chēng)為$f(x)按(x?x_0)$的冪展成帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階泰勒公式
3. $n=0時(shí)，f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(\xi )(x?x_0)$,即為拉格朗日中值定理公式

2.4 誤差估計(jì)

由泰勒中值定理2知，我們用Pn(x)近似表達(dá)函數(shù)$f(x)$時(shí)，其誤差為$|Rn(x)|$。如果對(duì)于某個(gè)固定的n，當(dāng)$x\in U(x_0)時(shí)，|f^{(n+1)}(x)|\le M$,那么有估計(jì)式

$|Rn(x)|=|\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x?x_0{)}^{n+1}|\le \frac{M}{(n+1)!}(|x?x_0|{)}^{n+1}$

4 麥克勞林公式

如果取$x_0=0$,那么泰勒公式變?yōu)?#xff1a;
$$\begin{gathered} f(x)=f(0)+f^{{}^{\prime }}(0)?x+\frac{f^{{}^{\prime }}(0)}{2!}{x}^2+?+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+R_n(x) \\ Rn(x)=\{\begin{array}{l}o(x^n)佩亞諾型余項(xiàng)\\ \frac{f^{n+1}(\xi )}{(n+1)!}{x}^{n+1}(\xi 在x_0與x之間)拉格朗日型余項(xiàng)\end{array} \end{gathered}$$
此公式稱(chēng)為$f(x)的n階$麥克勞林公式。

注：

1. $\xi$可以寫(xiě)成$\theta x(0<\theta <1)$
2. 相應(yīng)的誤差估計(jì)：$|Rn(x)|\le \frac{M}{(n+1)!}|x{|}^{n+1}$
3. 麥克勞林公式函數(shù)$f(x)按x的冪$展開(kāi)

5 常見(jiàn)麥克勞林公式

$$\begin{gathered} e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+?+\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}(o(x^n)) \\ \sin x=x?\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}??+(?1{)}^{m?1}\frac{x^{2m?1}}{(2m?1)!}+(?1{)}^m\frac{\cos \theta x}{(2m+1)!}{x}^{2m+1}(o(x^{2m?1})) \\ \cos x=1?\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}??+(?1{)}^m\frac{x^{2m}}{(2m)!}+(?1{)}^{m+1}\frac{\cos \theta x}{(2m+2)!}{x}^{2m+2}(o(x^{2m})) \\ \ln (1+x)=x?\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}??+(?1{)}^{n?1}\frac{x^n}{n!}+\frac{(?1{)}^n}{(n+1)(1+\theta x{)}^{n+1}}(o(x^n)) \\ (1+x{)}^{\alpha }=1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha ?1)}{2!}{x}^2+?+\frac{\alpha (\alpha ?1)?(\alpha ?n+1)}{n!}{x}^n+\frac{\alpha (\alpha ?1)?(\alpha ?n)}{(n+1)!}(1+\theta x{)}^{\alpha ?n?1}{x}^{n+1}(o(x^n)) \end{gathered}$$

6 泰勒公式相關(guān)例題

6.1 將函數(shù)展成指定的泰勒公式

6.1.1 公式法

直接利用泰勒公式或者麥克勞林公式

6.1.2 間接展法（變量替換）

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

$f[g(x)]=f(0)+f^{'}(0)\cdot g(x)+\frac{f^{'}(0)}{2!}g2(x)+\cdots+\frac{f^{{(n)}(0)}{n!}g}n(x)+R_n[g(x)] $

例2

1）將$f(x)=e^{2x}$展成佩亞諾型余項(xiàng)的n階麥克勞林公式
$$\begin{gathered} 解：e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+?+\frac{x^n}{n!}+o(x^n) \\ 用2x替換x后仍然是關(guān)于x的冪的展開(kāi)式即麥克勞林公式，所以直接替換，得 \\ {e}^{2x}=1+2x+\frac{(2x{)}^2}{2!}+?+\frac{(2x{)}^n}{n!}+o(x^n) \\ =e^x=1+2x+\frac{2^2}{2!}{x}^2+?+\frac{2^n}{n!}{x}^n+o(x^n) \end{gathered}$$
2)把$f(x)=e^x在x=1$處展成佩亞諾型余項(xiàng)的n階泰勒公式
$$\begin{gathered} 解：我們知道e^x的n階麥克勞林公式，但是需要展成(x?1)的冪的多項(xiàng)式 \\ {e}^x=e^{1+(x?1)}=e?e^{x?1}=e[1+(x?1)+\frac{(x?1{)}^2}{2!}+?+\frac{(x?1{)}^n}{n!}+o((x?1{)}^n)] \\ =e+e(x?1)+\frac{e}{2!}(x?1{)}^2+?+\frac{e}{n!}(x?1{)}^n+o((x?1{)}^n) \end{gathered}$$

• 也可以直接利用公式帶入

3）把$f(x)=x?\ln (2+x)$展成n階麥克勞林公式
解：已知ln?(1+x)=x?x22!+x33!??+(?1)n?1xnn!+o(xn)如果ln?(2+x)=ln?[1+(1+x)]帶入展開(kāi)是(1+x)的冪的多項(xiàng)式即f(x)在?1處的泰勒公式不是麥克勞林公式此時(shí)ln?(2+x)=ln?[2(1+12x)]=ln?2+ln?(1+12x)因?yàn)閒(x)=x?ln?(2+x)，所以ln?(1+12x)展成n?1階即可,得ln?(1+12x)=12x?x222?2!+x323?3!??+(?1)n?2xn?12n?1(n?1)!+o(xn?1)f(x)=x[ln?2+ln?(1+12x)]=xln?2+12x2?x322?2!+x423?3!??+(?1)n?2xn2n?1(n?1)!+o(xn)解：已知\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n!}+o(x^n) \\ 如果\ln(2+x)=\ln[1+(1+x)]帶入展開(kāi)是(1+x)的冪的多項(xiàng)式即f(x)在-1處的泰勒公式不是麥克勞林公式 \\ 此時(shí)\ln(2+x)=\ln[2(1+\frac{1}{2}x)]=\ln2+\ln(1+\frac{1}{2}x) \\ 因?yàn)閒(x)=x\cdot\ln(2+x)，所以\ln(1+\frac{1}{2}x)展成n-1階即可,得 \\ \ln(1+\frac{1}{2}x)=\frac{1}{2}x-\frac{x^2}{2^2\cdot2!}+\frac{x^3}{2^3\cdot3!}-\cdots+(-1)^{n-2}\frac{x^{n-1}}{2^{n-1}(n-1)!}+o(x^{n-1}) \\ f(x)=x[\ln2+\ln(1+\frac{1}{2}x)]=x\ln2+\frac{1}{2}x^2-\frac{x^3}{2^2\cdot2!}+\frac{x^4}{2^3\cdot3!}-\cdots+(-1)^{n-2}\frac{x^{n}}{2^{n-1}(n-1)!}+o(x^{n}) 解：已知ln(1+x)=x?2!x2?+3!x3???+(?1)n?1n!xn?+o(xn)如果ln(2+x)=ln[1+(1+x)]帶入展開(kāi)是(1+x)的冪的多項(xiàng)式即f(x)在?1處的泰勒公式不是麥克勞林公式此時(shí)ln(2+x)=ln[2(1+21?x)]=ln2+ln(1+21?x)因?yàn)?/span>f(x)=x?ln(2+x)，所以ln(1+21?x)展成n?1階即可,得ln(1+21?x)=21?x?22?2!x2?+23?3!x3???+(?1)n?22n?1(n?1)!xn?1?+o(xn?1)f(x)=x[ln2+ln(1+21?x)]=xln2+21?x2?22?2!x3?+23?3!x4???+(?1)n?22n?1(n?1)!xn?+o(xn)

6.2 利用泰勒公式求極限

• 無(wú)窮小的運(yùn)算

$o(x^n)\pm o(x^n)=o(x^n)o(x^n)+o(x^k)=o(x^n)(k<n)$

$m.o(x^n)=o(m{x}^n)=o(x^n)(m為常數(shù))$

$x^k.o(x^n)=o(x^{n+k})o(x^k).o(x^n)=o(x^{n+k})$

$\frac{o(x^n)}{x^k}=o(x^{n?k})(k<n)$

例3 求極限$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x?e^{?\frac{x^2}{2}}}{{\sin }^{4}x}$
$$\begin{gathered} 解：當(dāng)x\to 0時(shí),有 \\ {\sin }^{4}x\backsim x^4,那么分子展成4階泰勒公式 \\ \cos x=1?\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4) \\ {e}^{?\frac{x^2}{2}}=1+(?\frac{x^2}{2})+\frac{(?\frac{x^2}{2}{)}^2}{2!}+o(x^4) \\ \cos x?e^{?\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{6}{x}^4+o(x^4) \\ 所以\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x?e^{?\frac{x^2}{2}}}{{\sin }^{4}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{6}{x}^4+o(x^4)}{x^4}=\frac{1}{6} \end{gathered}$$
注：

1. 利用泰勒公式求極限就是用多項(xiàng)式+余項(xiàng)代替復(fù)雜公式，進(jìn)而求多項(xiàng)式+余項(xiàng)的極限的思想

2. 那么泰勒公式要展成幾階呢？（觀察分子、分母的最低次冪）

3. 要注意與等價(jià)無(wú)窮小代換，有理化等結(jié)合使用

6.3 確定無(wú)窮小的階數(shù)

若$f(x)=a_j{x}^k+a_{j+1}{x}^{k+1}+?+a_m{x}^n,(a_j\ne 0,k<n)$,

則當(dāng)$x\to 0$時(shí)，有$f(x)\backsim a_j{x}^k$

即$f(x)是x的k階無(wú)窮小$

$$\begin{gathered} 證明：\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{a_j{x}^k}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a_j{x}^k+a_{j+1}{x}^{k+1}+?+a_m{x}^n}{a_j{x}^k} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }(1+\frac{a_{j+1}}{a_j}x+\frac{a_{j+2}}{a_j}{x}^2+?+\frac{a_m}{a_j}{x}^{n?k})=1 \\ 即f(x)\backsim a_j{x}^k或f(x)是x的k階無(wú)窮小 \end{gathered}$$

例4 試確定$a,b,使f(x)=x?(a+b\cos x)\sin x,當(dāng)x\to 0$時(shí)是關(guān)于$x的5$階無(wú)窮小。
解：化簡(jiǎn)f(x)f(x)=x?(a+bcos?x)sin?x=x?asin?x?bsin?xcos?x=x?asin?x?b2sin?2x把f(x)展成5階麥克勞林公式，得f(x)=x?a(x?x33!+x55!+o(x5))?b2(2x?23x33!+25x55!+o(x5))=(1?a?b)x+a+4b3!x3?a+16b5!x5+o(x5)因?yàn)閒(x)是關(guān)于x的5階無(wú)窮小，則{1?a?b=0a+4b=0a+16b=?0求解方程組得a=?13b=43解：化簡(jiǎn)f(x) \\ f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x=x-a\sin x-b\sin x\cos x=x-a\sin x-\frac{2}\sin 2x \\ 把f(x)展成5階麥克勞林公式，得\\ f(x)=x-a(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5))-\frac{2}(2x-\frac{2^3x^3}{3!}+\frac{2^5x^5}{5!}+o(x^5)) \\ =(1-a-b)x+\frac{a+4b}{3!}x^3-\frac{a+16b}{5!}x^5+o(x^5) \\ 因?yàn)閒(x)是關(guān)于x的5階無(wú)窮小，則 \\ \begin{cases} 1-a-b=0 \\ a+4b=0 \\ a+16b\not=0 \end{cases} \\ 求解方程組得 a=-\frac{1}{3} \quad b=\frac{4}{3} 解：化簡(jiǎn)f(x)f(x)=x?(a+bcosx)sinx=x?asinx?bsinxcosx=x?asinx?2b?sin2x把f(x)展成5階麥克勞林公式，得f(x)=x?a(x?3!x3?+5!x5?+o(x5))?2b?(2x?3!23x3?+5!25x5?+o(x5))=(1?a?b)x+3!a+4b?x3?5!a+16b?x5+o(x5)因?yàn)?/span>f(x)是關(guān)于x的5階無(wú)窮小，則????1?a?b=0a+4b=0a+16b=0?求解方程組得a=?31?b=34?

6.4 求$f^{(n)}(x_0)$即$f(x)$的n階導(dǎo)在某一點(diǎn)的值

原理 $f(x)的n階泰勒公式為:f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x?x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x?x_0{)}^2+?+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x?x_0{)}^n+o((x?x_0{)}^n)$

若已知$f(x)$的展開(kāi)式為：$f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x?x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x?x_0{)}^2+?+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x?x_0{)}^n+o((x?x_0{)}^n)$

則$\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}=a_n,即f^{(n)}(x_0)=n!a_n$

例5 $f(x)=(1+x^2)?e^x$,求$f^{(100)}(0)$

1）可以利用萊布尼茨公式求$f(x)的100階導(dǎo)數(shù)$，在帶入x=0求值

2）利用麥克勞林公式(x=0)
解：因?yàn)榍骹(100)(0)，那么我們把f(x)展成100階麥克勞林公式且只關(guān)心x100項(xiàng)的系數(shù)f(x)=(1+x2)(1+x+?+198!x98+?+1100!x100+o(x100))設(shè)x100項(xiàng)的系數(shù)為a100,則a100=1100!+198!則f(100)(0)=a100100!=(1100!+198!)100!=1+9900=9901解：因?yàn)榍骹^{(100)}(0)，那么我們把f(x)展成100階麥克勞林公式且只關(guān)心x^{100}項(xiàng)的系數(shù) \\ f(x)=(1+x^2)(1+x+\cdots+\frac{1}{98!}x^{98}+\cdots+\frac{1}{100!}x^{100}+o(x^{100})) \\ 設(shè)x^{100}項(xiàng)的系數(shù)為a_{100},則 \\ a_{100} = \frac{1}{100!}+\frac{1}{98!} 則 \\ f^{(100)}(0)=a_{100}100!=(\frac{1}{100!}+\frac{1}{98!})100!=1+9900=9901 解：因?yàn)榍?/span>f(100)(0)，那么我們把f(x)展成100階麥克勞林公式且只關(guān)心x100項(xiàng)的系數(shù)f(x)=(1+x2)(1+x+?+98!1?x98+?+100!1?x100+o(x100))設(shè)x100項(xiàng)的系數(shù)為a100?,則a100?=100!1?+98!1?則f(100)(0)=a100?100!=(100!1?+98!1?)100!=1+9900=9901

6.5 證明題

例6. 設(shè)函數(shù)$f(x)在閉區(qū)間[?1,1]$上是具有3階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且$f(?1)=0,f(1)=1,f^{{}^{\prime }}(0)=0$

證明：存在$\xi \in (?1,1),使f^{{}^{\prime \prime \prime }}(\xi )=3$

分析：

1. 證明涉及到二階及以上的導(dǎo)數(shù)，考慮泰勒公式。
2. • 要展成幾階泰勒公式：結(jié)論為$f^{{}^{\prime \prime \prime }}(\xi )$,余項(xiàng)為階，展成2階泰勒公式即可
   • 在哪一點(diǎn)展開(kāi)-看哪一點(diǎn)的信息最利于展開(kāi)
     • 在0出有1階導(dǎo)的值，適合展開(kāi)

證明：f(x)在x=0處展開(kāi)2階泰勒公式，得f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+f′′′(ξ)3!x3(ξ在0及x之間)帶入f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0得{f(?1)=0=f(0)+f′′(0)2?f′′′(ξ1)6(ξ1∈(?1,0))(1)f(1)=1=f(0)+f′′(0)2+f′′′(ξ2)6(ξ2∈(0,1))(2)(2)式?(1)式得f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)6=1即f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)2=3令g(x)=f′′′(x),x∈[?1,1],則g(x)在[?1,1]上連續(xù)ξ1∈(?1,0),ξ2∈(0,1),則min?{g(ξ1),g(ξ2)}≤g(ξ1)+g(ξ2)2≤max?{g(ξ1),g(ξ2)}則由介值定理知?ξ∈(ξ1,ξ2)?(?1,1),使g(ξ)=3即f′′′(ξ)=3證明：f(x)在x=0處展開(kāi)2階泰勒公式 ，得\\ f(x)=f(0)+f^{'}(0)x+\frac{f^{''}(0)}{2!}x^2+\frac{f^{'''}(\xi)}{3!}x^3(\xi在0及x之間) \\ 帶入f(-1)=0,f(1)=1,f^{'}(0)=0 \quad得\\ \begin{cases} f(-1)=0=f(0)+\frac{f^{''}(0)}{2}-\frac{f^{'''}(\xi_1)}{6}(\xi_1\in(-1,0)) \quad (1) \\ f(1)=1=f(0)+\frac{f^{''}(0)}{2}+\frac{f^{'''}(\xi_2)}{6}(\xi_2\in(0,1)) \quad(2) \end{cases} \\ (2)式-(1)式得 \\ \frac{f^{'''}(\xi_1)+f^{'''}(\xi_2)}{6}=1 即\frac{f^{'''}(\xi_1)+f^{'''}(\xi_2)}{2}=3 \\ 令g(x)=f^{'''}(x),x\in[-1,1],則g(x)在[-1,1]上連續(xù) \\ \xi_1\in(-1,0),\xi_2\in(0,1),則 \\ \min\{g(\xi_1),g(\xi_2)\}\le\frac{g(\xi_1)+g(\xi_2)}{2}\le\max\{g(\xi_1),g(\xi_2)\} \\ 則由介值定理知 \exists\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(-1,1),使g(\xi)=3 即\\ f^{'''}(\xi)=3 證明：f(x)在x=0處展開(kāi)2階泰勒公式，得f(x)=f(0)+f′(0)x+2!f′′(0)?x2+3!f′′′(ξ)?x3(ξ在0及x之間)帶入f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0得????f(?1)=0=f(0)+2f′′(0)??6f′′′(ξ1?)?(ξ1?∈(?1,0))(1)f(1)=1=f(0)+2f′′(0)?+6f′′′(ξ2?)?(ξ2?∈(0,1))(2)?(2)式?(1)式得6f′′′(ξ1?)+f′′′(ξ2?)?=1即2f′′′(ξ1?)+f′′′(ξ2?)?=3令g(x)=f′′′(x),x∈[?1,1],則g(x)在[?1,1]上連續(xù)ξ1?∈(?1,0),ξ2?∈(0,1),則min{g(ξ1?),g(ξ2?)}≤2g(ξ1?)+g(ξ2?)?≤max{g(ξ1?),g(ξ2?)}則由介值定理知?ξ∈(ξ1?,ξ2?)?(?1,1),使g(ξ)=3即f′′′(ξ)=3

7 后記

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參考：

[1]同濟(jì)大學(xué)數(shù)學(xué)系.高等數(shù)學(xué) 第七版 上冊(cè)[M].北京:高等教育出版社,2014.7.P137~p143.

[2]【梨米特】同濟(jì)七版《高等數(shù)學(xué)》全程教學(xué)視頻｜純干貨知識(shí)點(diǎn)解析，應(yīng)該是全網(wǎng)最細(xì)｜微積分 | 高數(shù)[CP/OL].2020-04-16.p21.