泰勒公式

记 $f$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 次泰勒多项式为
$$\begin{array}{rl}{P}_n(x)& =\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k\\ & =f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n,\end{array}$$
泰勒公式 $f(x)=P_n(x)+R_n(x)$ 按余项的形式分为两种，条件与结论各自对应，不可混用：

① 带佩亚诺余项的形式（局部的，条件只加在一点上）：如果 $f$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导（即 $f^{(n)}(x_0)$ 存在，这已隐含 $f^{(n-1)}$ 在 $x_0$ 的某邻域内存在），那么当 $x\to x_0$ 时
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n).$$
余项 $R_n=o((x-x_0{)}^n)$ 只说明 $x\to x_0$ 时它的阶，属于定性的信息，因此只适用于局部的问题：求极限、比较无穷小的阶、判别极值与拐点。

② 带拉格朗日余项的形式（整体的，条件加在整个区间上）：如果 $f$ 在含 $x_0$ 的开区间 $(a,b)$ 内 $n+1$ 阶可导，那么对任意 $x\in (a,b)$，存在介于 $x_0$ 与 $x$ 之间的 $\xi$，使
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}.$$
这里的余项有定量的表达式，而且在整个区间上成立，因此适用于整体的问题：证明不等式、估计误差、处理含 $f^{(n+1)}$ 的中值命题。当 $n=0$ 时它就退化为拉格朗日中值定理 $f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )(x-x_0)$。由此可见，泰勒定理是中值定理的高阶推广。

③ 使用要点：$x_0=0$ 的特例称为麦克劳林公式。系数必须带 $\frac{1}{k!}$；反过来，如果已经求得展开式 $f(x)=\sum a_k(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n)$，那么由唯一性得 $a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$，即 $f^{(k)}(x_0)=k!a_k$，这就是由系数反读高阶导数的依据。选用哪一种形式可以这样记：局部的问题（求极限、比阶）用佩亚诺余项，整体的问题（不等式、误差）用拉格朗日余项。常见的错误是漏写 $\frac{1}{k!}$，或者拿佩亚诺余项去证区间上的不等式，而它没有定量的信息，这是办不到的。

含加减的极限（尤其是 $\infty -\infty$ 通分后所得的 $\frac{0}{0}$）不能直接套用等价无穷小，标准的做法是用麦克劳林展开并确定展开的阶数。四个基本的展开式如下（$x\to 0$，带佩亚诺余项；完整的表见 App 中的公式速查）：
$$\begin{array}{rl}{e}^x& =1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\\ \ln (1+x)& =x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}\sin x& =x-\frac{x^3}{6}+o(x^4)\\ (1+x{)}^{\alpha }& =1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2}{x}^2+o(x^2).\end{array}$$

定阶三步：

① 认出应当展开的函数，先展到与分母同阶. 把式子整理成单个分式 $\frac{\text{分子}}{\text{分母}}$（$\infty -\infty$ 先通分），看清分母的阶 $m$，即分母 $\sim B{x}^m$。分子中凡出现 $e^x,\sin x,\ln (1+x),(1+x{)}^{\alpha }$ 等非多项式，一律换成麦克劳林展开，统一都展到 $x^m$ 并带 $o(x^m)$；分母展到最低的非零项即可。

② 若相消后主项全部消去，就回头多展一阶. 这里最容易出错：加减号会使同次的项成对抵消。如果只展到 $x^m$，相消之后分子的 $x^m$ 项可能恰好全部抵消，只剩下 $o(x^m)$，得到 $\frac{o(x^m)}{x^m}$，就定不出极限了。这就是主项被消尽的信号：应把每个函数再多展一阶到 $x^{m+1}$（必要时继续增加），直到相消之后出现非零的最低次项为止。可以概括为：展到同阶，主项被消尽就多展一阶。

③ 取相消之后的最低次首项，定出极限或比较系数. 设相消（或相乘）之后分子 $=A{x}^p+o(x^p)$（$A\ne 0$），分母 $\sim B{x}^m$，则
- 求极限：当 $p=m$ 时极限 $=\frac{A}{B}$；当 $p>m$ 时为 $0$；当 $p<m$ 时为 $\infty$（例如 2020/q09、2026/q12 中 $\infty -\infty$ 通分后的情形）。
- 比较阶与定系数：$p$ 就是无穷小的阶，$A$ 就是待定的系数（例如 2019/q01 判定 $x-\tan x$ 的阶 $k=3$）。
- 求泰勒多项式：把相消、相乘之后次数 $\le n$ 的项收齐即得（例如 2021/q03 把 $\sin x$ 与 $\frac{1}{1+x^2}$ 相乘并取到 $x^3$）。

泰勒公式并不是凭空规定的，其中的拉格朗日余项 $R_n=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$ 可以由中值定理严格地推出。常用的证法是：固定 $x$，把余项中的 $\xi$ 隐含在一个以 $t$ 为变量的辅助函数里，再对它用一次柯西中值定理，即可得出 $\xi$。这也说明了余项为什么是这个形状：它就是 $n=0$ 时拉格朗日中值定理 $f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )(x-x_0)$ 的高阶推广。可见泰勒公式与中值定理是一脉相承的。

由已知的展开式拼出新的展开式，这种做法的根据是唯一性定理：如果 $f(x)=P_n(x)+o((x-x_0{)}^n)$，其中 $P_n$ 是次数 $\le n$ 的多项式，那么这样的 $P_n$ 是唯一的，它必等于泰勒多项式，其系数 $a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$。意义：无论用求导、代入、四则运算还是逐项积分得到的 $n$ 阶展开，只要余项是 $o((x-x_0{)}^n)$，结果就必然一致。因此用拼凑的办法不会出错，而且常比逐阶求导快得多。必须注意：唯一性只对同一展开中心、同一阶成立，换了中心或换了阶就不能相互比较。

佩亚诺余项只指出余项是高阶无穷小，无法用来比较大小；而拉格朗日余项中含有具体的 $\xi$，只要能判定 $f^{(n+1)}(\xi )$ 的符号或范围，就能把泰勒公式化成不等式或误差估计。证明不等式：如果 $f^{(n+1)}$ 在区间上不变号，那么余项与 $(x-x_0{)}^{n+1}$ 同号或反号，立即得到 $f(x)$ 与它的泰勒多项式之间的大小关系。估计误差：$|R_n|\le \frac{M}{(n+1)!}|x-x_0{|}^{n+1}$，其中 $M=\sup |f^{(n+1)}|$。这些都是佩亚诺余项做不到的。

当 $f^{\prime }(x_0)=f^{\prime \prime }(x_0)=\cdots =f^{(n-1)}(x_0)=0$ 而 $f^{(n)}(x_0)\ne 0$ 时，一阶与二阶的判别法都失效，这时泰勒公式给出一般的判别法，由第一个不为零的导数的阶 $n$ 的奇偶性来判定：
- 当 $n$ 为偶数时：$(x-x_0{)}^n\ge 0$，两侧的 $f(x)-f(x_0)$ 都与 $f^{(n)}(x_0)$ 同号，于是 $f^{(n)}(x_0)>0$ 时取极小值，$<0$ 时取极大值；
- 当 $n$ 为奇数时：$(x-x_0{)}^n$ 在两侧变号，$x_0$ 不是极值点，而是水平拐点。
这样就把用 $f^{\prime \prime }$ 判别极值与用 $f^{\prime \prime \prime }$ 判别拐点统一到同一个原理之下。

如果命题涉及 $f^{\prime \prime }(\xi )$ 或更高阶的导数，用作辅助函数再配合罗尔定理的办法往往难以构造；这时用泰勒展开更为直接：在一个便于计算的点（区间的中点、端点或极值点）把 $f$ 展开到相应的阶，并带拉格朗日余项，再通过相加或相减消去不需要的一阶项，把 $f^{\prime \prime }$ 单独分离出来。要领在于：两个方向相反的展开式相加时，含 $\pm (x-x_0)$ 的一阶项恰好抵消，而含 $f^{\prime \prime }$ 的项保留下来。