泰勒公式

§2.6 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

3.71 分/卷近 11 年平均

10/11 年出现年份

3.7 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）高阶导数微分中值定理（罗尔、拉格朗日、柯西）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 泰勒系数是怎样得到的，两种余项各有什么用处★ 要懂

泰勒多项式的系数

a_{k} = \frac{f ^{(k)} ( x _{0} )}{k !}

并不是随意规定的，而是由多项式在

x_{0}

处与

f

的各阶导数逐一相等这一要求定出来的。两种余项各有各的用处：佩亚诺余项

o ((x - x_{0})^{n})

只给出局部的阶的信息，用于求极限、判定无穷小的阶；拉格朗日余项

\frac{f ^{(n + 1)} ( ξ )}{( n + 1 )!} (x - x_{0})^{n + 1}

中含有具体的

ξ

，用于估计误差、证明不等式。

证明 / 推导

系数的推导. 设所求的逼近多项式为

P_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (x - x_{0})^{k}

，并要求

P_{n}^{(j)} (x_{0}) = f^{(j)} (x_{0}) (j = 0, \dots, n)

。对

P_{n}

求

j

阶导数，再令

x = x_{0}

，右端只剩下

k = j

的那一项，它等于

j! a_{j}

，于是

j! a_{j} = f^{(j)} (x_{0})

，即

a_{j} = \frac{f ^{(j)} ( x _{0} )}{j !}

。

■

2. 由已知展开式导出新的展开式：代入、四则运算、逐项求导与积分★★ 必会

并不需要每次都去求各阶导数。只要利用几个必须熟记的基本展开式，再配合代入、四则运算以及逐项求导与逐项积分，就能得到复杂函数的展开式。对于代入型的情形，例如把

sin

中的

x

换成

x^{2}

，或在

e^{u}

中取

u = - \frac{x ^{2}}{2}

，尤其要数清内层的阶数，展开到足够的项数，否则会遗漏项。

举例说明

例. 求

f (x) = e^{x} sin x

展开到

x^{3}

的麦克劳林公式。
解. 由

e^{x} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3})

，

sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3})

，相乘时只保留次数

\leq x^{3}

的项，得

e^{x} sin x = x + x^{2} + (\frac{1}{2} - \frac{1}{6}) x^{3} + o (x^{3}) = x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3}) .

■

其中

x^{3}

的系数由

1 \cdot (- \frac{1}{6}) + \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{3}

得到。

3. 泰勒公式是中值定理的高阶推广：用拉格朗日余项证明不等式★★ 必会

在带拉格朗日余项的泰勒公式中取

n = 0

，就得到

f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (ξ) (x - x_{0})

，这就是拉格朗日中值定理。因此泰勒公式是中值定理的高阶推广。它的用处在于：把

f

写成一个多项式与一个符号可以判定的余项之和，从而证明含有高阶信息的不等式。

证明 / 推导

例证：当 $x \geq 0$ 时 $e^{x} \geq 1 + x + \frac{x ^{2}}{2}$ .
把

e^{x}

在

0

处展开到二阶，并取拉格朗日余项：

e^{x} ξ = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{e ^{ξ}}{3 !} x^{3} \in (0, x) .

当

x > 0

时余项

\frac{e ^{ξ}}{6} x^{3} > 0

，因此

e^{x} > 1 + x + \frac{x ^{2}}{2}

；当

x = 0

时取等号。

■

这里所依据的是余项中

e^{ξ} > 0

与

x^{3} > 0

的符号都能判定。

4. 用泰勒公式求极限的要领：展开到第一个非零项，分子分母展到同一阶★★ 必会

遇到

\frac{0}{0}

型而且式中含有

sin, cos, e^{x}, ln (1 + x)

等函数时，用泰勒公式往往比反复使用洛必达法则更快，也更不容易出错。做法是：分子与分母各展开到出现第一个非零项为止，并且展到同一阶。阶数不够会导致判断错误，展得过多则徒然增加计算量。

举例说明

例. 求

x \to 0 lim \frac{sin x - x cos x}{x ^{3}}

。
解. 由

sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3})

，

x cos x = x (1 - \frac{x ^{2}}{2} + o (x^{2})) = x - \frac{x ^{3}}{2} + o (x^{3})

，两式相减得

sin x - x cos x = (- \frac{1}{6} + \frac{1}{2}) x^{3} + o (x^{3}) = \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3}) .

所以所求极限

= \frac{1}{3}

。

■

💡 小知识

布鲁克·泰勒在 1715 年发表了这一公式，其中

x_{0} = 0

的特例被称作麦克劳林公式，而麦克劳林本人诚实地注明过，这只是泰勒定理的一个特例。今天手机和计算器算

sin, e^{x}, ln

，做的事情仍然是把泰勒多项式一项一项加起来。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 写出

f (x) = e^{x}

在

x = 0

处带佩亚诺余项的

3

阶麦克劳林公式。难度 1

因

f^{(k)} (x) = e^{x}

，故

f^{(k)} (0) = 1

。代入泰勒系数

a_{k} = \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} = \frac{1}{k !}

：

e^{x} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2 !} + \frac{x ^{3}}{3 !} + o (x^{3}) = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3}) .

例 2 用麦克劳林展开求

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x}{x ^{2}}

。难度 1

把分子展开到

x^{2}

（与分母同阶）：

e^{x} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + o (x^{2})

，故

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

于是

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{\frac{x ^{2}}{2} + o ( x ^{2} )}{x ^{2}} = \frac{1}{2} .

例 3 求

x \to 0 lim \frac{x - sin x}{x ^{3}}

。难度 2

分母

x^{3}

，故

sin x

展开到

x^{3}

：

sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3})

，于是

x - sin x = \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3}) .

故

x \to 0 lim \frac{x - sin x}{x ^{3}} = \frac{1}{6} .

例 4 求

x \to 0 lim \frac{tan x - sin x}{x ^{3}}

。难度 2

两者都展开到

x^{3}

：

tan x = x + \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3}), sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3}) .

相减，一次项抵消：

tan x - sin x = (\frac{1}{3} + \frac{1}{6}) x^{3} + o (x^{3}) = \frac{x ^{3}}{2} + o (x^{3}) .

故极限

= \frac{1}{2}

。（也可先提

tan x - sin x = tan x (1 - cos x)

再用等价无穷小

tan x \sim x, 1 - cos x \sim \frac{x ^{2}}{2}

，得同一结果。）

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数二 · 第 12 题 · 填空题 · 5 分

x \to 0 lim (\frac{1}{x} - \frac{ln ( 1 + x )}{x sin x}) =

___。

2025 年 · 数二 · 第 18 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

在

x = 0

处连续，且

x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - e ^{2 s i n x} + 1}{ln ( 1 + x ) + ln ( 1 - x )} = - 3

，证明

f (x)

在

x = 0

处可导，并求

f^{'} (0)

。

2024 年 · 数二 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

具有

2

阶导数，且

f^{'} (0) = f^{'} (1)

，

∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1

。证明：

（Ⅰ）当

x \in (0, 1)

时，

∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}

；

（Ⅱ）

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}

。

2023 年 · 数二 · 第 11 题 · 填空题 · 5 分

当

x \to 0

时，函数

f (x) = a x + b x^{2} + ln (1 + x)

与

g (x) = e^{x^{2}} - cos x

是等价无穷小，则

ab =

___。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

sin x

的麦克劳林展开（到

x^{3}

项）为（　）

A $x - \frac{x ^{3}}{6}$
B $x + \frac{x ^{3}}{6}$
C $x - \frac{x ^{3}}{3}$
D $1 - \frac{x ^{2}}{2}$

练习 2 · 选择题

x \to 0 lim \frac{1 - cos x}{x ^{2}} =

（　）

A $1$
B $\frac{1}{2}$
C $0$
D $\frac{1}{4}$

练习 3 · 填空题

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x - \frac{x ^{2}}{2}}{x ^{3}} =

____。

练习 4 · 填空题

ln (1 + x)

的麦克劳林展开中

x^{3}

的系数为 ____。

练习 5 · 填空题

f (x) = x e^{x}

的麦克劳林展开中

x^{3}

的系数为 ____。

练习 6 · 选择题

当

x \to 0

时，

f (x) = cos x - e^{- \frac{x ^{2}}{2}}

与

c x^{k}

是等价无穷小（

c \neq = 0

），则（　）

A $k = 2, c = - \frac{1}{2}$
B $k = 4, c = - \frac{1}{12}$
C $k = 4, c = - \frac{1}{24}$
D $k = 6, c = \frac{7}{360}$

练习 7 · 填空题

设

f (x) = x^{2} ln (1 + 2 x)

，则

f^{(5)} (0) =

____。

练习 8 · 解答题

设

f (x) = e^{s i n x}

。

(1)

求

f (x)

在

x = 0

处带佩亚诺余项的

4

阶麦克劳林公式；

(2)

求

f^{'''} (0)

与

f^{(4)} (0)

；

(3)

求

x \to 0 lim \frac{e ^{s i n x} - 1 - x - \frac{x ^{2}}{2}}{x ^{4}}

。

2023 年 · 数二 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

在

[- a, a]

上具有

2

阶连续导数。证明：
（Ⅰ）若

f (0) = 0

，则存在

ξ \in (- a, a)

，使得

f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)]

；
（Ⅱ）若

f (x)

在

(- a, a)

内取得极值，则存在

η \in (- a, a)

，使得

∣ f^{''} (η) ∣ ⩾ \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣

。

2021 年 · 数二 · 第 5 题 · 选择题 · 5 分

设函数

f (x) = sec x

在

x = 0

处的

2

次泰勒多项式为

1 + a x + b x^{2}

，则（　　）

A $a = 1, b = - \frac{1}{2}$
B $a = 1, b = \frac{1}{2}$
C $a = 0, b = - \frac{1}{2}$
D $a = 0, b = \frac{1}{2}$