泰勒公式

§2.6 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

2.60 分/卷近 11 年平均

9/11 年出现年份

3.6 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）③ 掌握后可解锁函数展开成幂级数与幂级数求和

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，它是由多项式在

x_{0}

处与

f

的各阶导数依次相等这一要求确定的。两种余项对应两种不同的用途：佩亚诺余项

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

只给出局部的阶的信息，用于求极限与确定阶数；拉格朗日余项

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

中含有一个中间值

ξ

，用于估计误差与证明不等式。

证明 / 推导

系数的推导. 设逼近多项式为

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

，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

的一项，它等于

j! a_{j}

，故

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

，即

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

。

■

2. 由已知的展开式导出新的展开式：代入、四则运算、逐项求导与逐项积分★★ 必会

不必每次都去求各阶导数，利用基本展开式，再作代入、四则运算以及逐项求导或逐项积分，就可以得到较复杂函数的展开式。代入型（例如把

sin

中的

x

换成

x^{2}

，或在

e^{u}

中取

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

）尤其要看清内层的阶，展开到足够的项数，否则会遗漏项。

举例说明

例（数三 2013）. 当

x \to 0

时，

1 - cos x cos 2 x cos 3 x

与

a x^{n}

是等价无穷小，求

n, a

。
解. 用基本展开式

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

，把乘积展开到

x^{2}

，得

cos x cos 2 x cos 3 x = (1 - \frac{1}{2} x^{2}) (1 - 2 x^{2}) (1 - \frac{9}{2} x^{2}) + o (x^{2}) = 1 - (\frac{1}{2} + 2 + \frac{9}{2}) x^{2} + o (x^{2}) = 1 - 7 x^{2} + o (x^{2}) .

故

1 - cos x cos 2 x cos 3 x = 7 x^{2} + o (x^{2}) \sim 7 x^{2}

，即

n = 2, a = 7

。

■

要点：三个余弦函数各展开到

x^{2}

即可，相乘时高于

x^{2}

的项一律并入

o (x^{2})

，不必逐项计算。

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

在拉格朗日余项中取

n = 0

就是

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

，这就是拉格朗日中值定理。所以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，由此便能证明含有高阶信息的不等式。

证明 / 推导

例：证明当 $x \geq 0$ 时 $e^{x} \geq 1 + x + \frac{x ^{2}}{2}$ .
把

e^{x}

在

0

处展开到二阶，取拉格朗日余项，得

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

，故

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

；

x = 0

时等号成立。

■

这里的关键在于余项中

e^{ξ} > 0

与

x^{3} > 0

的符号都可以判定。

4. 用泰勒公式求极限：展开到第一个非零项，且分子与分母展开到同一阶★★ 必会

遇到

\frac{0}{0}

型的极限，若其中含有

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

等函数，用泰勒公式往往比反复使用洛必达法则更简便，也更不易出错。方法是：分子与分母各展开到出现第一个非零项为止，并且展开到同一阶。阶数不够会导致判断错误，展开过多则徒增计算。

举例说明

例（数三 2011）. 求

x \to 0 lim \frac{1 + 2 sin x - x - 1}{x ln ( 1 + x )}

。
解. 分母

x ln (1 + x) \sim x \cdot x = x^{2}

。分子中用

1 + u = 1 + \frac{u}{2} - \frac{u ^{2}}{8} + o (u^{2})

，其中取

u = 2 sin x

，并用

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

，得

1 + 2 sin x = 1 + sin x - \frac{1}{2} sin^{2} x + o (x^{2}) = 1 + x - \frac{x ^{2}}{2} + o (x^{2}),

故分子

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

。于是极限

= \frac{- x ^{2} /2}{x ^{2}} \to - \frac{1}{2}

。

■

可见分子与分母都只需展开到第一个非零项，并且展开到同一阶即可，这里都是

x^{2}

阶。

💡 小知识

布鲁克·泰勒在 1715 年发表了这一公式，

x_{0} = 0

的特例后来被称作麦克劳林公式，而麦克劳林本人很坦然地注明过，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

，做的其实是把泰勒多项式一项项加起来。

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 · 数三 · 第 12 题 · 填空题 · 5 分

x \to 0 lim \frac{1}{x} (\frac{1 + x ^{2}}{sin x} - \frac{1}{tan x}) =

______。

2025 年 · 数三 · 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 · 数三 · 第 20 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 · 数三 · 第 11 题 · 填空题 · 5 分

x \to \infty lim x^{2} (2 - x sin \frac{1}{x} - cos \frac{1}{x}) =

______。

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，

tan x - arctan x

与

c x^{k}

是等价无穷小（

c \neq = 0

），则（　）

A $k = 3, c = \frac{2}{3}$
B $k = 3, c = \frac{1}{3}$
C $k = 2, c = \frac{1}{2}$
D $k = 5, c = - \frac{1}{15}$

练习 7 · 填空题

设

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

，则

f^{(5)} (0) =

____。

练习 8 · 解答题

设

f (x)

在

[0, 2]

上二阶可导，

f (0) = f (2) = 0

，且

0 \leq x \leq 2 max f (x) = 2.

(1) 证明：存在

c \in (0, 2)

，使

f (c) = 2

且

f^{'} (c) = 0

；

(2) 证明：存在

ξ \in (0, 2)

，使

f^{''} (ξ) \leq - 4

。

2023 年 · 数三 · 第 20 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) ∣ \geq \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣

。

2020 年 · 数三 · 第 15 题 · 解答题 · 10 分

已知

a, b

为常数，若

(1 + \frac{1}{n})^{n} - e

与

\frac{b}{n ^{a}}

在

n \to \infty

时是等价无穷小，求

a, b