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1、题目：Taylor定理的妙用郭威PB07210203摘要：分析了Taylor公式的产生以及Taylor定理在高等数学（尤其是一元微分数学）以及线性代数中的应用，揭示出它极其重要的地位。正文：在分析函数的某些局部性质时，通常是在这个局部范围内，用一些构造简单函数去近似代替比较复杂的函数，以简化所研究的问题。而多项式是结构最简单的一种函数。这是因为计算一个多项式的值只要进行加法和乘法两种运算。因此，作为构造简单的函数自然首先应该选取多项式。于是就得了著名的Taylor公式：，它被称为函数在点的阶Taylor多项式。而Taylor定理即为：其中：称
2、（1）为Taylor展开的Peano余项，称（2）为Legrange余项。如果在Taylor公式中令，便得到，其中，且易知，这是Taylor公式一个极为重要的特殊情形，称为Maclaurin公式。Taylor公式，Taylor定理的应用十分广泛，大概可以分为以下几类，先从Maclaurin公式说起。一、求函数的泰勒展开式1、求函数的带Peano余项的泰勒展开式（Maclaurin展开式）例、求函数的Maclaurin展开式10解：由于在处有任意阶的导数，所以，其中。摆在我们面前的首要问题是如何简便地把算出来。由得出；由，得出。在恒等式的两边，
3、对求阶导数，利用Leibniz公式，得将代入上式，得到因为，所以立即得到其中代入原式，便得出即同理还可以计算出的Maclaurin展开式。但是，Peano余项的Taylor定理只适合于研究函数在一个给定的点近旁的近似行为，而不便于讨论函数在大范围内的性质。为了克服这一缺点，需要将余项“量化”，从而便引入了Lagrange型的余项。1、求函数带Lagrange型余项的Taylor展开式（Maclaurin展开式）例.求在点的Taylor展开式解：由于，于是的Maclaurin展开式中，将换成，就得到其中尽管连带Peano余项的Taylor公式对
4、没有定量估计，只有定性了解，即当时，它是比更高级的无穷小，但可依据这点来求极限。二、用带Peano型余项的Taylor公式求极限10例1、求先看分母其中因此原极限等价于因为=原极限=用L’hospital法则也可解此题，但需要连续三次使用该法则，不如这里的办法直接。例2、求解：设两边取对数，得利用等式，得根据可得===10于是=因而从而例3、设且，证明证：因，所以带Peano余项的Taylor公式将此公式与题给等式相比较，得即=则=故=因为，故10证明Taylor定理Lagrange余项时所用方法与Lagrange定理类似。的确，Taylor
5、公式是Lagrange中值公式的一个重要的推广。在Taylor公式中，只须令n=0，便可得到中值公式。因此Taylor定理的适用范围要比中值定理更加广泛。在遇到已知函数可导的阶数较高（常是二阶或二阶以上），同时还给出若干个已知点的函数值或导数值。常选已知函数值或一阶导数值为0的点作为展开点（这样可使一阶导数项消失）。然后再将已知函数值的各个点的坐标代入展开式，进行运算，最后利用介值定理或零值定理证明。归纳一下，有以下几道例题。三．证明含高阶导函数的中值命题例1.设函数在闭区间[-1，1]上具有三阶连续导数，且,证明：在开区间（-1，1）至少存
6、在一点，使=3.证：由于，将在处展开，由于Maclaurin公式得=++(0，)将和分别代入上式，得+-，-1<<0++,0<<1两式相减，可得+=6设和m分别是在[，]上的最大值和最小值，显然有≤≤，m≤≤≤[+]≤再由连续函数的介值定理知，至少存在一点[，]（-1，1）使=[+]=3例2、设在区间[-a,a](a>0)上具有二阶连续导数，(1)写出的带Lagrange余项的一阶Maclaurin公式(2)证明在[-a,a]上至少存在一点，使a3=3解：(1)由于有，将在处展开，对任意[-a,a]，有+=+,[0,]10(2)=+=因为在[
7、-a,a]上连续，故对任意的[-a,a],有m≤M，其中M,m分别为在[-a,a]上的最大值与最小值，由上式，得=≥=mm≤=≤M即m≤≤M因在[-a,a]上连续，由介值定理知，至少存在一点[-a,a]使=即=3此外，Taylor还可用于证明不等式，尤其是在能给出或能推知函数在某点的函数值f()及在该点的低导数值，，Taylor定理发挥的威力更加显著。四、用Taylor公式证明不等式我们来看以下几个例子：例1、设在区间[a,b]上>0,试证对于[a,b]中的任意点.…，恒有≥，其中，等号成立当且仅当==…..=时成立。证：设=，据Taylor
8、定理，有=++2[+]0<<0,=1.2……n因为(x)>0,故≥+=1.2……n当且仅当时，“=”成立，于是++…..+≥+(++…..+-)=即得≥例2、设在[
