§11.3.4 泰勒级数

一、问题的提出

前面我们讨论了幂级数在收敛域内的和函数问题——即从幂级数出发求其和函数。现在我们遇到的是相反的问题：

给定函数 $f(x)$，能否在某点 $x_0$ 的邻域内展开成幂级数？即是否成立

$f(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0{)}^2+\cdots +a_n(x-x_0{)}^n+\cdots$

必要条件：$f(x)$ 在 $x_0$ 的邻域内必须任意阶可导。若函数在该邻域内没有任意阶导数，则不可能展开为幂级数。

从哲学上看，这是”用多项式函数去逼近给定函数”的思想——将复杂的函数表示为无限项多项式之和。

---

二、知识回顾：泰勒公式（带拉格朗日余项）

若函数 $f(x)$ 在含 $x_0$ 的某区间 $I$ 内 $n+1$ 阶可导，则当 $x\in I$ 时，有

$f(x)=\underset{P_n(x)}{\underbrace{\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k}}+\underset{R_n(x)}{\underbrace{\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}}}$

其中 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间。

• $P_n(x)$ 称为 $n$ 次泰勒多项式（也称 $n$ 次近似多项式）
• $R_n(x)$ 称为拉格朗日余项
• $a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$ 称为泰勒系数

重要！ 当 $n$ 增大时，泰勒多项式 $P_n(x)$ 越来越逼近 $f(x)$。泰勒级数就是 $n\to \infty$ 时泰勒多项式的极限。

---

三、泰勒级数的定义

设 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内具有各阶导数，则称幂级数

${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\cdots$

为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的泰勒级数。

---

四、收敛定理

定理：若函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某区间 $I$ 内任意阶可导，则当 $x\in I$ 时，

$f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n⟺{\lim }_{n\to \infty }{R}_n(x)=0$

且展开式是唯一的。

核心理解：泰勒级数”写出来”并不等于”收敛到原函数”。只有当余项 $R_n(x)\to 0$ 时，泰勒级数才真正收敛到 $f(x)$。

---

五、麦克劳林级数

当 $x_0=0$ 时，泰勒级数退化为：

$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\cdots ={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$

这称为 $f(x)$ 的麦克劳林级数（Maclaurin series）。

---

六、★ 必须熟记的麦克劳林展开式

编号	函数	麦克劳林级数	收敛域
1	$e^x$	$e^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\cdots$	$x\in (-\infty ,+\infty )$
2	$\sin x$	$\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots$	$x\in (-\infty ,+\infty )$
3	$\cos x$	$\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots$	$x\in (-\infty ,+\infty )$
4	$\frac{1}{1-x}$	$\frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=1+x+x^2+x^3+\cdots +x^n+\cdots$	$|x|<1$
5	$\frac{1}{1+x}$	$\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n=1-x+x^2-x^3+\cdots$	$|x|<1$
6	$\ln (1+x)$	$\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$	$-1<x\le 1$
7	$\ln (1-x)$	$\ln (1-x)=-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}-\cdots$	$-1\le x<1$
8	$(1+x{)}^{\alpha }$	$(1+x{)}^{\alpha }=1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)}{3!}{x}^3+\cdots$	$|x|<1$
9	$\arctan x$	$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots$	$|x|\le 1$

两个常用特例（来自二项式展开的特例 $\alpha =\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-1$ 等）：

函数	麦克劳林级数	收敛域
$\sqrt{1+x}$	$\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2\cdot 4}{x}^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^3-\cdots$	$|x|\le 1$
$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$	$\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1-\frac{1}{2}x+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}{x}^2-\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^3+\cdots$	$-1<x\le 1$

奇偶性规律：奇函数的展开式中只有奇次项（如 $\sin x$）；偶函数的展开式中只有偶次项（如 $\cos x$）。

---

七、展开方法

（一）直接展开法

通过求 $n$ 阶导数和泰勒系数，直接写出级数。

步骤：

1. 求 $f^{(n)}(x_0)$ 及各阶导数
2. 写出泰勒系数 $a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$，得到麦克劳林级数（或泰勒级数）
3. 求该级数的收敛半径及收敛域
4. 验证 $\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)=0$（或用收敛域确认）

适用场景：$f^{(n)}(x)$ 的表达式容易求出的函数。

（二）间接展开法

利用已知函数的级数展开式，通过代数运算、逐项求导、逐项积分、变量代换等方法，间接得到目标函数的展开式。

常见技巧：

1. 换元法：如将 $e^{x^2}$ 的展开式由 $e^u$ （令 $u=x^2$）代入得到
2. 恒等变形 + 换元：如将 $\frac{1}{x-1}$ 变为 $-\frac{1}{1-x}$
3. 逐项求导：已知 $\frac{1}{1-x}$ 的展开式，求导得 $\frac{1}{(1-x{)}^2}$ 的展开式
4. 逐项积分：已知 $\frac{1}{1+x^2}$ 的展开式，积分得 $\arctan x$ 的展开式

---

八、手把手例题

例1（直接展开法）

将 $f(x)=\sin x$ 在 $x_0=\frac{\pi }{4}$ 处展开成 $(x-\frac{\pi }{4})$ 的幂级数。

解：

Step 1：求各阶导数在 $x_0=\frac{\pi }{4}$ 处的值。

$f^{(n)}(x)=\sin \left(x+\frac{n\pi }{2}\right)(n=0,1,2,\cdots )$

在 $x_0=\frac{\pi }{4}$ 处，$f^{(n)}\left(\frac{\pi }{4}\right)$ 的取值循环为：

$\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}},\dots$

Step 2：写出泰勒级数。

$\sin x=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[1+\left(x-\frac{\pi }{4}\right)-\frac{1}{2!}{\left(x-\frac{\pi }{4}\right)}^2-\frac{1}{3!}{\left(x-\frac{\pi }{4}\right)}^3+\cdots \right]$

Step 3：收敛半径 $R=\infty$，收敛域 $x\in (-\infty ,+\infty )$。

💡 关键技巧：使用公式 $f^{(n)}(x)=\sin (x+\frac{n\pi }{2})$ 可以一次性表达各阶导数，避免重复求导。

---

例2（间接展开法）

将 $f(x)=\frac{1}{(1-x{)}^2}$ 展开成麦克劳林级数。

解法一（逐项求导法）：

由已知展开式 $\frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=1+x+x^2+\cdots +x^n+\cdots (|x|<1)$

两边对 $x$ 求导：

$\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1-x}\right)=\frac{1}{(1-x{)}^2}=\frac{d}{dx}\left({\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n\right)={\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}={\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)x^n$

即

$\boxed{\frac{1}{(1-x{)}^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)x^n=1+2x+3x^2+4x^3+\cdots (|x|<1)}$

解法二（直接法——对比练习）：

也可直接求 $f^{(n)}(0)$ 得到系数 $a_n=n+1$，答案一致。

💡 关键技巧：已知 $\frac{1}{1-x}$ 的展开式这个”母函数”，逐项求导可快速得到 $\frac{1}{(1-x{)}^2}$、$\frac{2}{(1-x{)}^3}$ 等展开式。

---

例3（综合例题）

将 $f(x)=\ln (2+3x-x^2)$ 展开成 $x$ 的幂级数。

解：

先因式分解：$2+3x-x^2=(2-x)(1+x)=2\left(1-\frac{x}{2}\right)(1+x)$

$f(x)=\ln 2+\ln \left(1-\frac{x}{2}\right)+\ln (1+x)$

利用 $\ln (1+u)$ 的展开式：

$\ln \left(1-\frac{x}{2}\right)=-{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}{\left(\frac{x}{2}\right)}^n\left(\left|\frac{x}{2}\right|\le 1⟹x\in [-2,2)\right)$

$\ln (1+x)={\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}(x\in (-1,1])$

取交集得收敛域 $(-1,1]$。所以

$f(x)=\ln 2+{\sum }_{n=1}^{\infty }\left[(-1{)}^{n-1}-\frac{1}{2^n}\right]\frac{x^n}{n},x\in (-1,1]$

---

九、闪卡（Flashcards）— 10条

**: 泰勒级数展开的唯一性定理是什么？

1**: 若 $f(x)$ 能展开为 $(x-x_0)$ 的幂级数，则展开式唯一，且系数必为 $a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$。

**: 泰勒级数收敛到 $f(x)$ 的充要条件是什么？

2**: $\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)=0$。级数写出来不等于收敛到原函数！

**: 麦克劳林级数是泰勒级数的什么特例？

3**: $x_0=0$ 时的特例。

**: $e^x$ 的麦克劳林展开式及收敛域？

4**: $e^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots$，收敛域 $(-\infty ,+\infty )$。

**: $\sin x$ 和 $\cos x$ 的麦克劳林展开式有什么对称关系？

5**: $\sin x$ 是奇函数所以只有奇次项（$x,x^3,x^5,\dots$），$\cos x$ 是偶函数所以只有偶次项（$1,x^2,x^4,\dots$）。且 $\frac{d}{dx}\sin x=\cos x$，逐项求导可互通。

**: $\dfrac{1}{1-x}$ 的展开式及收敛域？

6**: $\frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n$，收敛域 $|x|<1$。这是几何级数，是所有函数展开的基础。

**: $\ln(1+x)$ 的展开式及收敛域？

7**: $\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}$，收敛域 $(-1,1]$（注意右端点 $x=1$ 是交错调和级数，收敛！）。

**: $(1+x)^\alpha$ 展开式何时为有限多项式？

8**: 当 $\alpha$ 为正整数时，从 $n>\alpha$ 起系数全部为零，展开式为有限多项式（即二项式定理）。

**: 什么是间接展开法？何时用？

9**: 利用已知函数的级数展开式，通过逐项求导、逐项积分、变量代换、四则运算等得到目标函数的展开式。适用于 $f^{(n)}(x)$ 难以直接求导的情况。

**: $\arctan x$ 的麦克劳林级数是怎么得到的？

10**: 利用 $\frac{1}{1+x^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}$，两边从 $0$ 到 $x$ 积分得到 $\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。

## 十、自测题

A 组（基础题，每题 20 分）

1. 写出 $f(x)=e^{3x}$ 的麦克劳林级数，并指出收敛域。

2. 判断下列级数是否是某函数的麦克劳林级数，如果是，写出对应的函数： $x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots$

3. 写出 $(1+x{)}^3$ 的麦克劳林展开式，验证它确实是有限项多项式。

4. 利用间接展开法，求 $f(x)=x\cdot e^{x^2}$ 的麦克劳林级数。

5. 求 $\frac{1}{1+x^2}$ 的麦克劳林展开式，并指出收敛域。

---

B 组（提高题，每题分别 30/40/30 分）

1. 将 $f(x)=\cos x$ 在 $x_0=\frac{\pi }{3}$ 处展开成泰勒级数。

提示：${\cos }^{(n)}(x)=\cos \left(x+\frac{n\pi }{2}\right)$。

2. 用两种不同的间接方法将 $f(x)=\frac{x}{1+x-2x^2}$ 展开成 $x$ 的幂级数，并求收敛域。

提示：先因式分解分母，再拆成部分分式。

3. 证明：当 $|x|<1$ 时，$\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$。

提示：由 $\frac{1}{1-x}$ 的展开式逐项求导乘 $x$ 得到。

---

📚 本章参考：同济大学《高等数学》第十一章 §11.3 幂级数

📓 整理日期：2026-06-18

🔑 核心记忆口诀：

正弦余弦来回转，指数函数永不变；

几何级数是根本，求导积分变换多；

对数只在 $(-1,1]$ 收敛，$\arctan$ 端点 $1$ 也能算；

余项为零才是和，级数写出不必然！