本文介绍了泰勒公式在求解近似值、证明不等式以及函数性质证明中的应用。通过拉格朗日余项和麦克劳林公式，展示了解决数学问题的有效方法，例如利用泰勒展开求e的近似值以及证明三角不等式。同时，通过泰勒展开证明了存在某个区间内的点，使得函数三阶导数等于3。
前置知识
前置知识：泰勒展开
皮亚诺余项
f
(
x
)
\qquad f(x)
f(x)在点
x
0
x_0
x0处带皮亚诺余项的
n
n
n阶泰勒公式
f
(
x
)
=
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
x
0
)
k
!
(
x
−
x
0
)
k
+
o
(
(
x
−
x
0
)
n
)
(
x
→
x
0
)
f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n) \qquad (x\rightarrow x_0)
f(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+o((x−x0)n)(x→x0)
拉格朗日余项
f
(
x
)
\qquad f(x)
f(x)在点
x
0
x_0
x0处带拉格朗日余项的
n
n
n阶泰勒公式
f
(
x
)
=
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
x
0
)
k
!
(
x
−
x
0
)
k
+
f
(
n
+
1
)
(
ξ
)
(
n
+
1
)
!
(
x
−
x
0
)
n
+
1
(
ξ
在
x
和
x
0
之间
)
f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} \qquad (\xi在x和x_0之间)
f(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+(n+1)!f(n+1)(ξ)(x−x0)n+1(ξ在x和x0之间)
前言
在泰勒展开中，我们知道 f f f在一点处的泰勒多项式可以在这一点附近很好地逼近 f f f。在下面的题目中，我们来学习泰勒公式的一些应用。
求近似值
求 e e e的近似值，使得误差不大于 1 0 − 5 . 10^{-5}. 10−5.
解：
e
x
\qquad e^x
ex带拉格朗日余项的
n
n
n阶麦克劳林公式为
e
x
=
1
+
x
+
x
2
2
!
+
⋯
+
x
n
n
!
+
e
ξ
(
n
+
1
)
!
x
n
+
1
(
ξ
∈
(
0
,
x
)
)
e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{e^{\xi}}{(n+1)!}x^{n+1} \qquad (\xi\in(0,x))
ex=1+x+2!x2+⋯+n!xn+(n+1)!eξxn+1(ξ∈(0,x))
\qquad
取
x
=
1
x=1
x=1得
e
=
1
+
1
+
1
2
!
+
⋯
+
1
n
!
+
e
ξ
(
n
+
1
)
!
(
ξ
∈
(
0
,
1
)
)
e=1+1+\dfrac{1}{2!}+\cdots+\dfrac{1}{n!}+\dfrac{e^{\xi}}{(n+1)!} \qquad (\xi\in(0,1))
e=1+1+2!1+⋯+n!1+(n+1)!eξ(ξ∈(0,1))
\qquad
若取
n
=
8
n=8
n=8，则
e
ξ
(
8
+
1
)
!
<
3
9
!
<
1
0
−
5
\dfrac{e^{\xi}}{(8+1)!}<\dfrac{3}{9!}<10^{-5}
(8+1)!eξ<9!3<10−5
所以
e
≈
1
+
1
+
1
2
!
+
⋯
+
1
8
!
≈
2.71828
e\approx 1+1+\dfrac{1}{2!}+\cdots+\dfrac{1}{8!}\approx2.71828
e≈1+1+2!1+⋯+8!1≈2.71828
不等式证明
证明不等式
∣
sin
x
−
sin
y
x
−
y
−
cos
y
∣
≤
1
2
∣
x
−
y
∣
(
x
,
y
∈
R
)
|\dfrac{\sin x-\sin y}{x-y}-\cos y|\leq\dfrac 12|x-y| \qquad (x,y\in R)
∣x−ysinx−siny−cosy∣≤21∣x−y∣(x,y∈R)
证明：
\qquad
将函数
sin
x
\sin x
sinx在点
y
y
y处展开为带拉格朗日余项的
1
1
1阶泰勒公式
sin
x
=
sin
y
+
(
x
−
y
)
cos
y
−
1
2
(
x
−
y
)
2
sin
ξ
\sin x=\sin y+(x-y)\cos y-\dfrac 12(x-y)^2\sin \xi
sinx=siny+(x−y)cosy−21(x−y)2sinξ
其中
ξ
\xi
ξ介于
x
,
y
x,y
x,y之间，所以
∣
sin
x
−
sin
y
x
−
y
−
cos
y
∣
=
1
2
∣
(
x
−
y
)
sin
ξ
∣
≤
1
2
∣
x
−
y
∣
|\dfrac{\sin x-\sin y}{x-y}-\cos y|=\dfrac{1}{2}|(x-y)\sin \xi|\leq\dfrac 12|x-y|
∣x−ysinx−siny−cosy∣=21∣(x−y)sinξ∣≤21∣x−y∣
函数及其导数的证明
设 f ′ ′ ′ ( x ) f'''(x) f′′′(x)在 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1]上连续，且 f ( 1 ) = 1 , f ( − 1 ) = 0 , f ′ ( 0 ) = 0. f(1)=1,f(-1)=0,f'(0)=0. f(1)=1,f(−1)=0,f′(0)=0.
求证：存在 ξ ∈ ( − 1 , 1 ) \xi\in(-1,1) ξ∈(−1,1)，使得 f ′ ′ ′ ( ξ ) = 3. f'''(\xi)=3. f′′′(ξ)=3.
解：
\qquad
利用
f
f
f的带拉格朗日余项的
2
2
2阶麦克劳林公式，可得
f
(
1
)
=
f
(
0
)
+
f
′
(
0
)
+
1
2
f
′
′
(
0
)
+
1
6
f
′
′
′
(
ξ
1
)
(
ξ
1
∈
(
0
,
1
)
)
f
(
−
1
)
=
f
(
0
)
−
f
′
(
0
)
+
1
2
f
′
′
(
0
)
−
1
6
f
′
′
′
(
ξ
2
)
(
ξ
2
∈
(
−
1
,
0
)
)
f(1)=f(0)+f'(0)+\dfrac 12f''(0)+\dfrac 16f'''(\xi_1) \qquad (\xi_1\in(0,1)) \\ \qquad \\ f(-1)=f(0)-f'(0)+\dfrac 12f''(0)-\dfrac 16f'''(\xi_2) \qquad (\xi_2\in(-1,0))
f(1)=f(0)+f′(0)+21f′′(0)+61f′′′(ξ1)(ξ1∈(0,1))f(−1)=f(0)−f′(0)+21f′′(0)−61f′′′(ξ2)(ξ2∈(−1,0))
\qquad
两式相减得
1
−
0
=
0
+
0
+
1
6
f
′
′
′
(
ξ
1
)
+
1
6
f
′
′
′
(
ξ
2
)
1-0=0+0+\dfrac 16f'''(\xi_1)+\dfrac 16f'''(\xi_2)
1−0=0+0+61f′′′(ξ1)+61f′′′(ξ2)
\qquad
整理得
f
′
′
′
(
ξ
1
)
+
f
′
′
′
(
ξ
2
)
=
6
f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=6
f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)=6
∵
f
′
′
′
(
x
)
\qquad \because f'''(x)
∵f′′′(x)在
[
−
1
,
1
]
[-1,1]
[−1,1]上连续，且
f
′
′
′
(
ξ
1
)
+
f
′
′
′
(
ξ
2
)
=
6
f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=6
f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)=6
∴ \qquad \therefore ∴根据连续函数的介值定理可得存在 ξ \xi ξ介于 ξ 1 \xi_1 ξ1和 ξ 2 \xi_2 ξ2之间，使得 f ′ ′ ′ ( ξ ) = 3 f'''(\xi)=3 f′′′(ξ)=3
∵ ξ 1 \qquad \because \xi_1 ∵ξ1和 ξ 2 \xi_2 ξ2都在 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)上
∴ \qquad \therefore ∴ 存在 ξ ∈ ( − 1 , 1 ) \xi\in(-1,1) ξ∈(−1,1)，使得 f ′ ′ ′ ( ξ ) = 3 f'''(\xi)=3 f′′′(ξ)=3
总结
其实很多题目都可以用泰勒公式来解，只要能熟练地掌握并恰当地运用，许多难题都会变得容易。
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