大学视角下的中学数学(泰勒展开)

李尚志

例1(2018理科数学全国卷III第21题)

已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)−2x.

(1)若a=0,证明:当−10时, f(x)>0.

(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的值.

大学视角

用泰勒展开式ln(1+x)=x−x2

2

+

x3

3

−x

4

4

+···得

f(x)=(2+x+ax2)(

x−

x2

2

+

x3

3

−x

4

4

+···

)

−2x

=(a+1

6

)x3+(−

a

2

−1

6

)x4+ (1)

如果三次项系数a+1

6

=0,在0附近足够小的区间(−d,d)内,三

次以上各项和绝对值比三次项小,f(x)的正负号与三次项(a+1

6

)x3

相同,f(x)与f(−x)异号,总有一个大于0,f(0)=0不是极大值.

要使f(0)极大,必须三次项系数a+1

6

=0,a=−

1

6

.此时

f(x)=−1

12

x4+···的最低次非零项是四次项−

1

12

x4.在0附近足够

小的区间内,f(x)的正负号与四次项−1

12

x4相同,当x=0时都小于

0,f(0)确实是极大值.

一般地,设f(x)=f(c)+a m(x−c)m+a m+1(x−c)m+1+···是无穷级数且a m=0是常数项之外最低次非零项的系数.则当x→c时f(x)−f(c)=(x−c)m[a m+a m+1(x−c)+···]方括号内的λ(x)=a m+a m+1(x−c)+···→a m,在c附近足够小的区间(c−d,c+d)内,|x−c|足够小,λ(x)足够接近a m,正负号与a m相同. f(x)−f(c)与m次项a m(x−c)m正负号相同.

当m 是奇数,x −c <0与x −c >0时f (x )−f (c )的正负号相反,一正一负,f (c )既不是极大值也不是极小值.

当m 是偶数,只要x −c =0都有(x −c )m >0.当a m <0时都有f (x )−f (c )<0,f (c )是极大值.当a m >0时都有f (x )−f (c )>0,f (c )是极小值.

中学生只要背熟了泰勒展开式

ln(1+x )=x −x 22+x 33−···+(−1)n −1x n n

+···.就不难在草稿上完成以上解答,知道此题的正确答案.他不能将这个解答写在高考试卷上,但既然知道了f (x )展开式中的三次以下的项都等于0,就知道f (x )在x =0的一阶与二阶导数f ′(0)=f ′′(0)=0都等于0.也知道应该根据三阶导数f (3)(0)=0得到a =−16,并且根据0附近的三阶导数f (3)(x )<0来论证f (0)确实是极大值.他已经胸有成竹,只需按照既定路线一步一步算导数达到预定目标.别的考生也在一步一步算导数,却茫然不知前面的道路会遇到什么障碍,算出一阶和二阶导数都等于0就可能不知所措了.

中学解法首先,f (x )=0.

(1)a =0,h (x )=f ′(x )=ln(1+x )+2+x 1+x −2=ln(1+x )+11+x −1.h (0)=0,h ′(x )=11+x −1(1+x )2=x (1+x )

2.当x >0,h ′(t )>0对区间(0,x ]内所有t 成立.h (t )在区间[0,x ]由h (0)=0递增到h (x )=f ′(x )>0.区间(0,x )内所有f ′(t )>0.f (t )在区间[0,x ]内由f (0)递增到f (x )>0.这证明了f (x )>0对所有x >0成立.

当−10.

这说明f ′(t )>0对区间[−1,0)内所有t 成立,f (t )在区间内单调递增到f (0)=0,可知f (x )<0对所有−1≤x <0成立.

(2)f (x )在定义域(−1,+∞)有任意阶导数.f (0)是极大值,就是说0附近某区间(−d,d )内其它值f (x )x−↗0↗+

f(x)f′(x)+↘0↘−

f′′(x)−f′′(0)−

f′(0)=0,且f′′(x)<0对0附近某区间内x=0都成立,这是f(0)为极大值的充分必要条件.

计算得f′(x)=(1+2ax)ln(1+x)+2+x+ax2

1+x

−2

=(1+2ax)ln(1+x)+ax2−x

1+x

.f′(0)=0.

f′′(x)=2a ln(1+x)+1+2ax

1+x

+

2ax−1

1+x

−ax

2−x

(1+x)2

=2a ln(1+x)+(4a+1)x+ax2

(1+x)2

.f′′(0)=0.

f(0)是极大值⇔在x=0左右附近有g(x)=f′′(x)<0=g(0),这又要求g(0)是极大值,必须g′(0)=0.

g′(x)=

2a

1+x

+

4a+1+2ax

(1+x)2

−2(4a+1)x+2ax

2

(1+x)3

.

⇒g′(0)=2a

1+

4a+1

1

+

1

=6a+1=0⇒a=−

1

6

.

g′(x)=−1

3

(1+x)2+1

3

(1−x)(1+x)−2

3

x+1

3

x2

(1+x)3

=−x(4−x)

(1+x)3

=−xλ(x),λ(x)=

4−x

(1+x)3

.

区间(−1,4)内λ(x)>0,g′(x)=−xλ(x)的正负号与x相反,在区间(−1,0)内g′(x)>0,区间(0,4)内g′(x)<0.g(x)在区间(−1,4)递增到g(0)=0再递减,当x=0都有f′′(x)=g(x)<0,这与f′(x)=0一起保证了f(0)在(−1,4)内是最大值,也是极大值.第(2)小题解法2当x→0,2+x+ax2→2>0.0附近足够小区间(−d,d)内,2+x+ax2足够接近2,也有2+x+a2>0.f(x)在区间(−d,d)内的正负号与

q(x)=

f(x)

2+x+ax2

=ln(1+x)−

2x

2+x+ax2

相同.f(0)是极大值⇔q(0)是极大值⇔0附近某区间(−h,0)内

q′(x)=

1

1+x

−2(2+x+ax

2)−2x(1+2ax)

(2+x+ax2)2

=

1

1+x

−4−2ax

2

(2+x+ax2)2

=(2+x+ax2)2−(1+x)(4−2ax2)

(2+x+ax2)2

=(6a+1)x2+4ax3+a2x4

(2+x+ax2)2

>0

且在(0,h)内q′(x)<0.⇒6a+1=0,a=−1 6 .

此时q′(x)=

−23x3+136x4

(2+x−1

6

x2)2

符合要求,h(0)与f(0)都是极大值.

答案:a=−1 6 .

点评解法2的优点是:先用除法将与ln(1+x)相乘的2+x+ax2剥离,只求一阶导数就把对数函数消去,化成分式.容易判定q′(x)在x=0附近取值的正负号,不需要高阶导数,也不需要再求极限.

例2(2012全国理科数学卷)已知函数f(x)=a ln x

x+1

+

b

x

,

曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y−3=0.

(I)求a,b的值.

(II)当x>0且x=1时f(x)>

ln x

x−1

+

k

x

.求k的取值范围.

解(I)过点(1,f(1))的切线方程x+2y−3=0即y=−1

2

x+

3

2

.

就是要求f(1)=−1

2

+

3

2

=1,f′(1)=−

1

2

.对函数f(x)计算得f(1)=b=1,f′(1)=a

2

−b=−1

2

⇒a=1.

(II)题目要求当x>0且x=1时

f(x)=

ln x

x+1

+

1

x

>g(x)=

ln x

x−1

+

k

x

d(x)=f(x)−g(x)=−2ln x

x2−1

+

1−k

x

>0

令h(x)=(x2−1)d(x)=−2ln x+(1−k)(x−1

x

).则h(1)=0.

h′(x)=−2

x

+(1−k)(1+

1

x2

)=(1−

1

x

)2−k(1+

1

x2

).h′(1)=−2k.

当x>0,x=1,由x+1>0,d(x)>0得

h(x)−h(1)

x−1=

h(x)

x−1

=(x+1)d(x)>0.

当x→1时上式左边的极限为h′(1)=−2k≥0,必须k≤0.

设k≤0,则h′(x)=(1−1

x

)2−k(1+

1

x2

)≥0.当x=1,h′(x)>0.

当x>1,h(1)=0单调递增到h(x)>0,d(x)=

h(x)

x2−1

>0.

当0h(x)

x2−1

>0.

k的取值范围为(−∞,0].

点评本题解法与例1解法2如出一辙:d(x)乘x2−1将−2ln x x2−1

的分母剥离,一次求导就消掉了对数函数,容易讨论函数的正负.

本题函数d(x)在x=1无意义,无法由d(1)的值和区间(0,+∞)上的导数d′(x)判定区间各点的d(x)值.乘x2−1之后得到的h(x)在所有各点(包括x=1)都有函数值和导数值.而且导数h′(x)不含对数函数.将h(x)在各点的值判断清楚了,d(x)在x=1的各点的值也都清楚了.借题发挥泰勒运筹,求导实施

1.举一反二.具备了基础知识的考生都知道f(0)是极大值的一个必要条件是f′(0)=0.常规考试题一般都有f′′(0)<0来保证0附近左右两边的f′′(x)<0,f′(x)左正右负,从而保证f(0)是极大值.本题却故意让f′′(0)=0来增大难度,把只会用现成方法的考生刷下去,帮助能够灵活运用现成方法的考生脱颖而出.所谓“灵活运用现成方法”,当然不是让你用泰勒展开,也不是让你用洛必达法则,因为泰勒展开和洛必达法则都不是现成方法,而是新的知识和方法.我不能猜测出题人希望你用哪一种现成方法.我能想到的是:当f′′(0)=0,如果二阶导数g(x)=f′′(x)在x=0左右两边的取值g(x)<0都为负, g(0)又是极大值.将f(0)取极值的条件f′(0)=0用到g(x)身上得到g′(0)=0,当g′′(0)<0就得到g(0)=0是极大值,从而f(0)也是极大值.这是将现成方法用两次,可以叫做举一反二,还不是举一反三.

2.利用导数算极限.可惜很多考生不会举一反三,也不会举一反二,能够依样画葫举一反一就不错了.他们分析出f(0)是极大值的条件应该是0左右两边的二阶导数f′′(x)都为负,与x之比

µ(x)=f′′(x)

x

左正右负,当x→0时的极限µ(x)→µ=0.这个想法

不错.问题在于怎么求极限µ?

假如认识到当x→0

µ(x)=f′′(x)

x

=

f′′(x)−f′′(0)

x−0

→µ=f′′′(0)

的极限就是函数f′′(x)在x=0的导数f′′′(0),就不必费尽心机去求极限,只要套公式求f′′(x)的导数就行了.

假如你不懂三阶导数,或者怕使用了三阶导数被判为超纲而扣分.那很好办:将二阶导数f′′(x)改个名字记为g(x),忘掉它是二阶导数,再求导数就变成一阶导数g′(0),而没有三阶导数了.甚至如果你对二阶导数都感到害怕,可以将一阶导数f′(x)记为h(x),二阶导数f′′(x)=h′(x)就变成一阶导数了.不需要学习新知识,没有新困难.

唯一的困难是心理障碍.就好比你学了数手指得出3+2=5,只

记住答案5,遇到考题4+5还只靠背得的答案写4+5=5,而不会举一反二用与3+2同样的方法数手指得出4+5=9.又如,书上写了零向量平行于任何向量,没有写垂直于任何向量,你就认为零向量不垂直于任何向量.还把这个“心得”写成文章到处传播,或者在你主持的“培训班”宣讲.如果高考问零向量是否垂直于向量−→OA ,你就告状说考题超纲了,(就好比学了3+2却考4+5你就告状说超纲).而不知道作−−→OB ⊥−→OA ,通过书上讲过的知识0//−−→OB 得出0⊥−→OA .直接用书上的现成公式做考题,这叫应试教育.考题是书上没有的,但可以用书上的现成公式稍加变通举一反三或者举一反二做出来,这叫做素质教育,考的是核心素养.只要书上讲过求一阶导数,考任何阶的导数都不是超纲,因为你可以把它变成一次又一次求一阶导数做出来.

3.洛必达隐身避超纲

很多考生看不出当x →0时

µ(x )=f ′′(x )x =2a ln(1+x )x +(4a +1)+ax (1+x )2→µ=0(2)

的极限µ是导数,非得要硬算这个极限.就发现µ(x )后一部分的分式的极限可以将x =0代入,直接算出4a +1+0(1+0)

2=4a +1.前一部分的ln(1+x )x 不能直接算出.很多中学老师教学生的方法就是用洛比达法则,分子分母求导来得出求这个极限:分子分母同时求导得到11+x ,再将x =0代入得到极限1.有些地区的评卷考官就来这种做法,说是中学教材没有讲,超纲了,不准用,用了就要扣分.中学老师愤愤不平:超纲是因为我们的老师和学生特别优秀,提前学了大学知识.应该鼓励而不应该打击.

其实我很赞成中学老师这种观点:中学生提前学了大学知识,只要用得正确,就应该鼓励而不应该打击.问题在于:第一,你用得正确吗?第二,既然人家见了“洛必达”三个字就要扣分,你难道就没有办法回避这三个字,换汤不换药,用中学教材上讲过的方法将极限求出来?

如果你真是“超纲”学会了大学微积分,这两个问题都迎刃而解.

lim x→0ln(1+x)

x

=lim

x→0

ln(1+x)1x=ln e=1

用的是微分学两个基本极限之一:

lim

x→0

(1+x)1x=e.(3)

大学为什么要算ln(1+x)

x

的极限?不是为了高考,而是为了推出求对数函数导数(ln x)′的公式:

(ln x)′=lim

t→0ln(x+t)−ln x

t

=lim

t→0

ln(1+t

x

)

t

=

1

x

lim

t→0

ln(1+t

x

)

t

x

让x>0固定不变,t→0,则λ=t

x

→0,上式最后的极限就变成

ln(1+t

x )

t x =

ln(1+λ)

λ

→1⇒(ln x)′=1

x

可见,极限lim

x→0ln(1+x)

x

=1是推出导数公式(ln x)′=

1

x

的中间

步骤.利用基本极限(3)得出这个极限,再用它得出导数公式.其实它本身就是对数函数f(x)=ln x在x=1的导数f′(1)的原始定义:

lim x→0ln(1+x)

x

=lim

x→0

ln(1+x)−ln1

(1+x)−1

=f′(1)

以上的运算过程是利用ln x在x=1的导数1得出在x的导数1 x .

洛必达法则是用导数公式求极限.但是导数公式本身也是极限,谁来求这个极限呢?用更基本的极限来这个极限,推出导数公式.以上就是用关于e的基本极限(3)来推出对数的导数公式.如果再用洛必达法则来求,就是循环论证.洛必达法则可以求别的极限,却不能求推出自己这个导数公式那个极限.就好比父母生了儿子,儿子可以生孙子,但是儿子不能生父母.如果中学生真是超纲达到了大学水平,就知道这个极限ln(1+x)

x

→1不应该用洛必达法则计算,而应该用基本极限计算.所以,按照大学的标准,这不是超纲,而是循环论证,是儿子生父母.

高考考生不是大学生,不能按大学标准要求,而应该按中学要求.中学生应该怎样来求这个极限呢?中学教材没有讲e的基本极限,更

没有讲洛必达法则,但是讲了导数公式,也讲了导数定义.就应该用导数定义和导数公式来求.高考中是否准许用洛必达法则,争吵了很多年,纠结的几乎都是这“两个”极限

lim x →0ln(1+x )x

=f ′(1)=lim x →1ln x x −1,f (x )=ln x 即使不按大学标准来讨论循环论证的问题,就按中学标准,只要你懂了什么叫导数,就应该看出这“两个极限”其实是同一回事,都是ln x 在x =1的导数的原始定义.将x =1代入导数公式(ln x )′=1x 立即得到.你偏偏就看不出来.非得把一知半解的三个字“洛必达”抬出来作为“圣旨”.人家不准你用这条圣旨,要扣你的分,你还自以为是烈士虽扣犹荣.改卷人居然还给你颁发了个荣誉证书叫做“超纲”.假如我来评卷,照样扣你的分,但不会颁发荣誉证书,而是颁发一条罪状“不懂导数定义,没有达到中学教学要求”.当然,中学教材确实没有强调导数定义,其实也不怪中学生.但是高考考了很多次,你怎么对付?不要用有“洛必达”三个字的圣旨,换一条“导数定义”就行了.

其实,凡是可以用洛必达法则求极限的,通通都可以用导数定义来代替,洛必达三个字可以一律不用.例如,当x →0时f (x )→0,f (x )除以x 的商的极限

lim x →0f (x )x =lim x →0f (x )−f (0)x −0

=f ′(0)一般地,当x →c 两个函数f (x ),g (x )都趋于0,它们的比的极限

lim x →c f (x )g (x )=lim x →c f (x )−f (c )x −c g (x )−g (c )

x −c =f ′(c )g ′(c )

,这就是用导数定义推出洛必达法则.为了避免超纲扣分,你不说它是洛必达法则,自己用导数定义重新推出来,不用洛必达之名,只用中学允许的知识,仍然将极限化成了导数.例如,当x →1时求极限ln x sin πx =ln x −ln 1x −1sin πx −sin π1x −1→(ln x )′(sin πx )′ x =1=1x πcos πx x =1

=−1π虽然这样的题目难度超纲,但如果真的遇到了,以上解法只用了导数定义和导数公式,没有出现洛必达三个字,并没有超纲.

中学生不难了解和应用泰勒展开,借助它想出解法,算出答案.虽不能将它写进答卷,但可以让它作无名英雄,用求导来实施它的计划.

I.什么是泰勒展开:如果函数f(x)在某点c附近可以展开成x−c的无穷级数

f(x)=a0+a1(x−c)+···+a k(x−c)k+···(4′)

就称为f(x)在c的泰勒展开.

只要有了展开式(4’),取x=c得f(c)=a0.求导再取x=c得导数f′(c)=a1.求导k次再取x=c得k阶导数f(k)(c)=(k!)a k.

反过来,算出函数值f(c)和各阶导数值f(k)(c),就得到展开式各

项系数a0=f(c),a k=f(k)(c)

k!

.代入(4’)得到泰勒展开式.

f(x)=f(c)+f′(c)(x−c)+···+f(n)(c)

n!

(x−c)n+ (4)

例如,e x的导数(e x)′=e x等于自身,任意阶导数(e x)(k)=e x等于自身.在x=0的值和所有各阶导数都是1,代入(4’)就得到展开式

e x=1+x+x2

2!

+···+

x n

n!

+ (5)

要使泰勒展开式(4)右边的无穷级数真正等于左边的函数,还须将x的取值在一定范围内,才能够保证无穷级数的极限存在.例如,对数函数ln(1+x)的展开式要求−1II.两项用途

(1)判定f(c)是否极值

在c附近足够小范围内,f(x)−f(c)=a1(x−c)+···=a m(x−c)m+a m+1(x−c)m+1+···的正负号与最低次非零项a m(x−c)m=0的正负号相同,高次项忽略不计.当m为奇数,f(c)不是极值.当m 是偶数,a m<0时f(c)是极大值,a m>0时f(c)是极小值.

例3(2019北京市海淀区高三一摸)已知函数f(x)=x ln(x+1)−ax2.当a<0时,求证:函数f(x)存在极小值.

分析将ln(1+x)的展开式代入得f(x)=x(x−x2

2

+···)−ax2=

(1−a)x2−x3

2

+···.当a<0时1−a>0,f(x)与(1−a)x2同号,

x=0附近f(x)>0=f(0),f(0)是极小值.

容易看出进一步的结论:当a<1时f(0)是极小值,a>1是极大值,a=1时f(0)不是极值.

中学生不能在答卷上作泰勒展开.在草稿上用泰勒展开知道了f(0)是极小值.在答卷上就可以计算f′(0)=0,f′′(0)=1+1−2a>0来说明f(0)是极小值.

以上例1,例3都是给定了c判定f(c)是否极值.如果不知道c要求极值点,需要先解方程f′(x)=0求出c满足必要条件f′(c)=0,再判定是否满足充分条件.

例4(2017理科数学全国卷III第21题)函数f(x)=x−1−a ln x．

(1)若f(x)≥0，求a的值；

(2)m为整数,且对于任意正整数n,(1+1

2

)(1+

1

22

) (1)

1

2n

)求m的最小值．

分析(1)看出f(1)=0,可根据f(1)=0是最小值求a.

用泰勒展开摸脉:令x=1+t得ln x=ln(1+t)=t−t2

2

+···,

f(x)=(1+t)−1−a[t−t2

2

+···]=(1−a)t+

at2

2

−···

要保证x=1附近始终f(x)≥0,必须1−a=0,a=1,此时

f(x)=t2

2

−···=(x−1)

2

2

−···

f(1)=0是极小值,在x=1附近f(x)≥0.但ln(1+t)仅在−11时的变化情况.还需通过ln x的导数判定它在定义域(0,+∞)内的变化情况.解法如下:

解由f(1)=0知f(x)≥0当且仅当

f′(x)=1−a

x

≥0(当x≥1),f′(x)≤0(当0(2)出题人提示你利用第(1)小题得到的不等式x−1−ln x≥0即ln x≤x−1即ln(1+t)≤t来解第(2)题.

解P n=(1+1

2)(1+1

22

)···(1+1

2n

).则

ln P n=ln(1+1

2

)+ln(1+

1

22

)+···+ln(1+

1

2n

)

<1

2

+

1

22

+···+

1

2n

=1−

1

2n+1

<1

P n2

·5

4

·9

8

=

135

>2.最小值m=3.

不过,这个提示转弯太多,在考场上恐怕难于从x−1−ln x≥0联想到ln(1+t)≤t再联想到将第(2)小题的乘积P n两边取对数.如果你熟悉前面给出的指数函数泰勒展开式(5):

e x=1+x+x2

2!

+···+

x n

n!

+···

马上就看出当x>0时e x>1+x.更容易联想到

P n至于为什么e x>1+x,别说泰勒展开教的.一切归功于导数:由f(x)=e x−(1+x)的导数f′(x)=e x−1的正负证明f(0)=0是最小值,e x>1+x就对所有x=0成立.

(2)求极限:当x→c时,求λ(x)=f(x)

g(x)

→λ的极限λ.

如果g(c)=0,直接将x=c代入得极限λ=f(c) g(c)

.

设g(c)=0,将f(x),g(x)在c泰勒展开,得

f(x) g(x)=

a0+a1(x−c)+···

b0+b1(x−c)+···

=

a m(x−c)m+···

b k(x−c)k+···

=

a k+···

b k+···

→a k

b k

其中a m=0,b k=0分别是分子分母的最低次非零项系数,更低次项系数a i=0=b j(∀0≤i如果m≥k,(x−c)k是分子分母的公因子,同时约掉,再将x=c

代入,得极限λ=a k

b k

如上.当k=1,λ=

a1

b1

=

f′(c)

g′(c)

就是洛必达法

则.当k>1,洛必达法则需要不断求导,有可能计算繁琐.泰勒展开一次到位,干净利落.

如果mf(x) g(x)=

a m(x−c)m+···

b k(x−c)k+···

=

a m+···

b k(x−c)k−m+···

→a m

→∞

此时极限λ不存在.

中学生先掌握求极值和求极限这两个用途,是因为这两条只须关注函数在某点c附近的状况,可以忽略高次项,将函数直接化成单项式a m(x−c)m来处理,特别快捷.

III.记住泰勒展开式

先背熟本文前面反复用到的

ln(1+x)=x−x2

2

+

x3

3

−x

4

4

+

x5

5

− (6)

如果展开式(6)背起来有困难,将它左右两边求导,得到等式

1

1+x

=1−x+x2−x3+x4− (7)

先背ln(1+x)的导数

1

1+x

的展开式.再找展开式求导之后等于(7).

怎么背(7)?它的右边就是等比数列和

1+(−x)+(−x)2+···+(−x)n−1=1−(−x)n

1−(−x)

=

1−(−x)n

1+x

当n→∞的极限.当|x|<1时,(−x)n→0,得到的就是(7).

现在你应该明白为什么ln(1+x)的展开式(6)的k次项x k

k

的

分母为什么也是k.这才能够让x k求导之后下来的k被分母的k约掉.至于正负号,只要从第一项x开始正负交替就行了.ln(1+x)的展

开式对不对?只要看它求导之后是否11+x 的展开式(7).就好比多项式f (x )因式分解正确的标准就是因式相乘等于f (x ).展开式(7)可以用来检验ln(1+x )的展开式是否正确.还可以对

(7)求导(再乘−1)得到新的展开式1(1+x )2=1−2x +3x 2−...+(−1)n −1nx n −1+ (8)

(7),(8)是幂函数(1+x )−1,(1+x )−2展开式.任意幂函数展开为

(1+x )m =1+mx +···+m (m −1)···(m −k +1)k !

x k +···(9)这就是中学数学熟悉的牛顿二项式定理,不需要再花时间背.只有一个新知识:牛顿二项式定理的指数m 不限于正整数,可以是任意实数.取m =−1,−2得到(7),(8).还可以取m =12,1n

得到根式的展开式√1+x =(1+x )12=1+12x +12(12−1)2!x 2+12(12−1)(12−2)3!x 3+···=1+12x −18x 2+116x 3−···n √1+x =(1+x )1n =1+1n x −n −12n 2

x 2+···例5.求x →0时f (x )=√1+ln(1+x 2)−1√1+x 3−3√1+x

2的极限.解.f (x )=[1+12(x 2−···)]−1

(1+12x 3+···)−(1+13x 2+···)=12x 2+···

−13x 2+···→−32

例6.求sin x,cos x 在x =0的泰勒展开式.

解.记f (x )=sin x ,则f ′(x )=cos x .f ′′(x )=−sin x .f (2k )(x )=(−1)k sin x .f (2k +1)(x )=(−1)k cos x .f (2k )(0)=0,f (2k +1)(0)=(−1)k .

代入f (x )=f (0)+f ′(0)x +···+f (n )(0)n !

x n +···得sin x =x −x 33!+···+(−1)k x 2k +1

(2k +1)!

+···(10)求导得cos x =1−x 22!+···+(−1)k x 2k

(2k )!+ (11)

在e x 的泰勒展开式中将x 换成ix ,得到

e ix =1+ix +(ix )22!+(ix )33!+···+(ix )n n !

+···=(1−x 22!+···)+i (x −x 3

3!

+···)=cos x +i sin x (cos x +i sin x )n =(e ix )n =e inx =cos nx +i sin nx

sin x,cos x 的展开式不用背.在e ix 的展开式中取实部得cos x ,取虚部得sin x .

IV.计算e 和π

我们会算加减乘除,却很难计算其它函数值,如指数,对数,三角函数等.用泰勒展开将它们展开成幂级数,变成加减乘除,都能算出来了.

自然对数的底e 由基本极限

e =lim x →0(1+x )1x

=lim n →∞(1+1n )n 定义,却很难由基本极限算出来.比如取n =10000将1万个1.0001相乘,费了很多功夫,得到近似值 2.71815与准确值2.71828···相比,只有前四位数字正确.

不过可以用牛顿二项式定理来算

(1+1n )n =1+n ·1n +n (n −1)2!(1n )2+···+n (n −1)···(n −k +1)k !(1n )k

+···=1+1+12!(1−1n )+···+1k !(1−1n )···(1−k −1n

)+···令n →∞取极限得到

e =1+1+12!+...+1k !+ (12)

也可以直接在e x 的泰勒展开式(5)中取x =1得到(12).这是计算e 近似值最快捷的公式.你不妨自己试一试.不要分别算出各个阶乘k !的倒数再相加.而应该采用迭代的方法依次算出各个1k !

:先

2!

=0.5,再除以3得

1

3!

=0.166666···,再依次除以

4,5,6,7,8得到1

4!

,

1

5!

,

1

6!

,

1

7!

,

1

8!

.发现

1

8!

=0.0000248再除以9已经小

于10−5.不再继续,相加得到的1+1+1

2!

+···+

1

8!

≈2.71828的前

6位数字都是正确的.

比计算e更引起兴趣的是计算π.我从小学学了加减乘除形成的理念就是什么都可以自己算。小学高年级学了圆周率,第一次遇到自己不能算的.就对怎样算π感兴趣.最开始是用尺子量水杯的周长和直径来相除,由于精确度不够,无法得出 3.14.后来看见有的书上说祖冲之用正多边形周长来逼近圆周长.我也按照这个方法,从正六边形周长开始,利用勾股定理依次计算正12边形,24边形的边长.每次都要开平方.越算越繁.还没得到3.14就算不下去了.很怀疑祖冲之怎么可能用这个方法算到小数点后面7位.

越学到后来,自己不能算的东西越多.三角函数不能算,除了特殊角0◦,30◦,45◦,60◦,90◦,其余角度的三角函数都不能算.后来学了对数,也不能算.每个学生发一本四位数学用表.不会算就查表.我去问老师:正弦表怎么算出来的？老师说:别管它怎么编出来的,只要学会查表就行了.我心里想:我可以查表.编表的人怎么办呢？他查上一个表.编上一个表的人查更上一个表.一直查下去,总得有第一个人编出第一份表让以后的人查.第一个人怎么算出来的?我不能再去问老师.这个问题就一直存在心里.终于有一天,在某一份数学用表最后半页纸上看见一些公式.其中包括

sin x=x−x3

3!

+

x5

5!

−···

我突然明白了:这就是算正弦表的公式.将每个角用弧度数x表示,代入上式右边,只需要做加减乘除就能算出正弦来.这就本文例5算出的正弦函数的泰勒展开式.不过我当时并不知道它叫泰勒展开,只知道它可以将正弦变成加减乘除来计算.还有算余弦,正切的公式,算对数,反对数的公式.反对数就是已知对数求真数,就是指数函数.

终于有一天,在书店的一本小册上看到了利用反正切函数泰勒展

开计算π的方法.反正切函数泰勒展开式如下:

arctan x =x −x 33+x 55−···+(−1)k x 2k +1

2k +1+ (13)

粗看起来与正弦的展开式差不多,都只有奇次项没有偶次项.(这是因为sin x,arctan x 都是奇函数.)正负号也是交替出现.每一项x 2k +1的系数也都有分母2k +1.所不同的是sin x 的分母是阶乘(2k +1)!,求导之后约掉奇数2k +1,剩下偶数的阶级乘(2k )!,变成cos x 的展开式.反正切arctan x 展开式2k +1次项的分母2k +1没有阶乘,求导约掉了就没有分母了,系数变成1:

(arctan x )′=1−x 2+x 4−···+(−1)k x 2k +···=11+x 2

众所周知tan π4=1,arctan 1=π4

.将x =1代入展开式(13)得π4=1−13+15−···+(−1)k

2k +1

+···右边的分数加减就得到π4,再乘4就得到π.不过,这个算法不可行.右边如果算到几万分之一,几万个分数化小数再加减,费了很大功夫,

算出来的误差还有几万分之一,精确度太差.只有将小于1的x 代入

(13),利用x 2k +1的快速缩减,才能很快得到精确度高的近似值.为此,需要将π4这个角分成较小的角之和,将较小角的较小正切值代入无穷级数分别算出角,再加起来得到π4

.有个几何题,证明正方形拼成的如下图形中∠1+∠2+∠3=90◦.12 ¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨

3图1

题目不难,只要证明以∠1为外角的两个三角形相似就行了.不难发现

∠1=arctan 1=π4,∠2=arctan 12,∠3=arctan 13

.

所证明的就是∠2+∠3=arctan 12+arctan 13=π4.π4的这个分解式也可以利用三角函数的差角公式得出:取α=arctan 12.则tan α=12.令β=π4

−α,则tan β=tan π4−tan α1+tan π4tan α=1−121+12=13⇒π4=arctan 12+arctan 13

(14)利用这个分解式,将x =12,13代入泰勒展开式算出arctan 12,arctan 13,再相加就得到π4从而得到π.在我的国家精品课“数学实验”中,利用计算机软件将arctan 12算到501次项,arctan 13算到321项,运行一瞬间就得到π的150位近似值.这就是泰勒展开的功劳.

如果用人工笔算,用12,13代入泰勒展开式还是收敛得太慢,算不出来.可以找更小正切值来组合π4.取α=arctan 15,由tan α=15

得tan 2α=2×15

1−(15)2=512,tan 4α=2×5121−(512)2=120119≈1令β=4α−π4,则tan β=120119−11+120119=1239π4=4α−β=4arctan 15−arctan 1239π=16arctan 15−4arctan 1239(15)

等式(15)叫做马青公式.我在读高中的时候在一本小册子上见到利用马青公式和泰勒展开式算π的方法,就照章办事,花了半小时笔算就得出了π=3.14159265,比祖冲之的精确度还高一位.