泰勒中值定理

条件:f(x)在x=x0领域内(n+1)f(x)在x=x_0领域内(n+1)f(x)在x=x0​领域内(n+1)阶可导

结论:f(x)=Pn(x)+Rn(x)⟶Pn(x)为主项,Rn(x)为次项f(x)=P_n(x)+R_n(x) \longrightarrow P_n(x)为主项,R_n(x)为次项f(x)=Pn​(x)+Rn​(x)⟶Pn​(x)为主项,Rn​(x)为次项

Pn(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+...+f(n)(x0)n!(x−x0)n\LARGE P_n(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^nPn​(x)=f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​)+2!f′′(x0​)​(x−x0​)2+...+n!f(n)(x0​)​(x−x0​)n

Rn(x)={f(n+1)(ξ)(n+1)!⟹拉格朗日型预项o((x−x0)n)⟹皮亚诺型余项\huge R_n(x)= \begin{cases} \frac{f^{(n+1)(\xi)}}{(n+1)!} \Longrightarrow 拉格朗日型预项 \\ o((x-x_0)^n) \Longrightarrow 皮亚诺型余项 \end{cases} Rn​(x)=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​(n+1)!f(n+1)(ξ)​⟹拉格朗日型预项o((x−x0​)n)⟹皮亚诺型余项​

麦克劳林公式

ex=1+x+x22!+x33!+...++xnn!+o(xn)e^x = 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...++\frac{x^n}{n!}+o(x^n)ex=1+x+2!x2​+3!x3​+...++n!xn​+o(xn)

sin⁡x=x−x33!+x55!+...+o(x7)\sin x = x -\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+...+o(x^7)sinx=x−3!x3​+5!x5​+...+o(x7)

cos⁡x=1−x22!+x44!+...+o(x6)\cos x= 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+...+o(x^6)cosx=1−2!x2​+4!x4​+...+o(x6)

11−x=1+x+x2+x3+...+xn+o(xn)\frac{1}{1-x} = 1 +x +x^2 +x^3+...+x^n+o(x^n)1−x1​=1+x+x2+x3+...+xn+o(xn)

11+x=1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+o(xn)\frac{1}{1+x} = 1-x+x^2-x^3+...+(-1)^nx^n+o(x^n)1+x1​=1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+o(xn)

ln⁡(1+x)=x−x22+x33−x44+o(x4)\ln(1+x) = x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)ln(1+x)=x−2x2​+3x3​−4x4​+o(x4)

(1+x)a=1+ax+a(a−1)2!x2+a(a−1)(a−2)3!x3+...+o(x3)(1+x)^a = 1+ax+\frac{a(a-1)}{2!}x^2+\frac{a(a-1)(a-2)}{3!}x^3+...+o(x^3)(1+x)a=1+ax+2!a(a−1)​x2+3!a(a−1)(a−2)​x3+...+o(x3)

使用泰勒展开公式求极限

例题1:lim⁡x→0x−sin⁡xx3例题1:\underset{x\to 0}{\lim} \frac{x-\sin x}{x^3}例题1:x→0lim​x3x−sinx​
解:
1.把sin⁡x展开到阶,跟分母同阶\sin x 展开到阶,跟分母同阶sinx展开到阶,跟分母同阶
原式=lim⁡x→0x−(x−x33!+o(x3))x3=x33!+o(x3)x3原式=\underset{x \to 0}{\lim} \frac{x-(x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3))}{x^3}=\frac{\frac{x^3}{3!}+o(x^3)}{x^3}原式=x→0lim​x3x−(x−3!x3​+o(x3))​=x33!x3​+o(x3)​

=lim⁡x→016x3+o(x3)x3=16=\underset{x \to 0}{\lim}\frac{\frac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3}=\frac{1}{6}=x→0lim​x361​x3+o(x3)​=61​

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