幂级数的展开

函数的幂级数展开研究

摘要：本文主要讨论函数项级数中的幂级数的展开。我们把按照泰勒定理及相关定理展开函数的幂级数的方法叫直接法。一般情况下，只有少数简单的函数能利用直接法得到其幂级数展开式。更多的函数是通过间接法得到。间接法就是根据唯一性定理，利用已知函数的展开式，通过线性运算、变量代换、恒等变形、逐项求导或逐项积分等方法间接地求得幕级数的展开式的方法。同时幂级数在近似计算、数值逼近、微分方程的解等许多数学方面具有重要作用，但前提是正确展开一个函数的幂级数。因此，我们的目的是通过实例总结和研究高等数学中函数的幂级数展开的常用方法和实际问题中的应用。

关键词：函数；幂级数；展开式

Abstract: This paper centers on the expansion of power series in function series. We define the method of expanding power series according to Taylor’s theorem and relative theorems the Direct Method. Normally, only a few simple functions can get their expansion of power series through the Direct Method while most of functions through the Indirect Method. The Indirect Method is a method of getting the power series of functions indirectly through linear operation, variable substitution, identical deformation, derivation or integration term by term, based on the Uniqueness Theorem and the expansion of known functions. Meanwhile, power series plays an significant role in many aspects of mathematics such as approximation, numerical approximation, the solution of differential equation on condition that the power series is expanded correctly. Therefore, our purpose is to study different methods of the expansion of power series in Higher Mathematics and their application in practical problems by summarizing demonstrating examples.

Keywords: Function; power series; expansion.

级数是高等数学体系的重要组成部分，它是在生产实践和科学实验推动下逐步形成和发展起来的。中国魏晋时期的数学家刘徽早在公元263年创立了“割圆术”，其要旨是用圆内接正多边形去逐步逼近圆，从而求得圆的面积。这种“割

圆术”就已经建立了级数的思想方法，即无限多个数的累加问题。将一个函数展开成无穷级数的概念最早来自于14世纪印度的马徳哈瓦，他首先发展了幂级数的概念，对泰勒级数、麦克劳林级数、无穷级数的有理数逼近等做了研究。同时，他也开始讨论判断无穷级数的敛散性方法。到了19世纪，高斯、欧拉、柯西等各自给出了各种判别级数收敛法则，使级数理论全面发展起来。中国传统数学在幂级数理论研究上可谓一枝独秀，清代数学家董祐诚、坎各达等运用具有传统数学特色的方法对三角函数、对数函数等初等函数幂级数展开问题进行了深入的研究。而今，级数的理论已经发展的相当丰富和完整，它可以用来表示函数、研究函数的性质、也是进行数值计算的一种工具，且在自然科学、工程技术和数学本身方面都有广泛的作用。

1 预备知识

本文将使用以下定义与定理。 1.1 泰勒定理[1]

设()f x 在),(0δx U 内具有1n +阶导数，则在),(0δx U 内。若

()()000

()

()()!

k n

k n k f x f x x x R x k ==-+∑

其中10)1()()!1()

()(++-+=n n n x x n f x R ξ为拉格朗日型余项。

1.2 唯一性定理[1]

设)(x f 在),(0δx U 可以展开成幂级数00()()n n n f x a x x ∞

=-∑ ，则

()0(),1,2,!

n n f x a n n ==

1.3 泰勒级数与麦克劳林级数[1]

设)(x f 在0x x =点具有任意阶导数，则称

(1)n n n x x n x f )(!

)

(00

0)(-∑

∞

=为)(x f 在点0x 的泰勒级数，记作 n

n n x x n x f x f )(!)

(~)(000)(-∑

∞

=

(2)n

n n x n f ∑

∞

=0

)(!

)0(称为)(x f 的麦克劳林级数，记作 ()()00(0)()~0!n n

n f f x x x n ∞

==∑

1.4 解析函数泰勒展式[2]

定理1 设函数()f z 在圆盘R z z U <-|:|0内解析，那么在U 内，有

200000'()"()()()()()1!2!

f z f z f z f z z z z z =+

-+-+ ()00()()!

n n f z z z n +-+

证明 设z D 属于，以0z 为心，在U 内作一个圆，使z 属于其C 内区域。有

1()

()2C f f z d i z

ζζπζ=

-?

由于当C ζ属于时，

10

<=--q z z z ζ，又因为 )1|...(| (111)

2<+++++=-ααααα

n 所以 00000

1111()1z z z z z z z z ζζζζ==?--------01

00()()n

n n z z z ζ+∞

+=-=-∑

上式的级数当C ζ属于时一致收敛。

把上面的展开式代入积分中，然后利用一致收敛级数的性质，得

...)(...)()(0010+-++-+=n n z z z z z f ααα

其中 ()01()1()

2()!n n n C f z f d i z n ζαζπζ+==

-?(0,1,2,...;0!1)n == 由于z 是U 内任意一点，所以定理的结论成立。

定理2 函数()f z 在一点0z 解析的必要与充分条件是它在0z 的某个邻域内有定理1中的幂级数展开式。

在定理1中，()f z 在U 内的幂级数展式我们称为它在U 内的泰勒展式。所以根据定理1有幂级数

200102000

()()()()n n n

n n z z z z z z z z α

αααα+∞

=-=+-+-++-+∑

是它的和函数()f z 在收敛圆内的泰勒展式，即

()000()

(),(0,1,2,...)!

n n f z f z n n αα===。

2 函数展开成幂级数

我们把按照泰勒定理和唯一性定理以及相关的定理展开函数的幂级数的方法叫直接法。一般情况下，只有少数简单的函数其幂级数展开式能利用直接法得到。更多的函数是根据唯一性定理，利用一些已知函数的展开式，通过线性运算、变量代换、恒等变形、逐项求导或逐项积分等方法来间接地求得幂级数的展开式。而这种方法则称为函数展开成幂级数的间接法。 2.1 直接法(麦克劳林级数法)

如何根据函数求得其麦克劳林级数呢？首先分别求出)()(x f n ，)0()(n f ；然后写出)(x f 的麦克劳林级数n

n n x n f x f ∑

∞

=0)(!

)0(~)(并求出级数的收敛半径R ；再讨论0)(lim =∞

→x R n n 或,)()(M x f n ≤R x <||；最后在收敛区间I 上有

()0

(0)()!

n n

n f f x x n ∞

==∑

，x I 属于。 例1 将x e x f =)(展开成x 的幂级数。

解 按照上面给出的直接法来展开函数x e x f =)(，即有

x n e x f =)()(，1)0()(=n f , ,2,1=n

所以就有 ∑∑

∞=∞

==00

)(!

!)0(~)(n n

n n n n x x n f x f +∞=+=+==∞→∞→+∞→)1(lim !)!1(lim lim

1

n n n a a R n n n n n

对任意x ，有 0)!

1(||)!1()!1()(|)(|1||11)1(→+≤+=+=++++n x e x n e x n f x R n x n n n n ξξ 所以 +++++==∑∞

=!!21!

20n x x x n x e n

n n x

，+∞<<∞-x 。

我们再来看看下面这个初等函数的幂级数展开式。 例2 将x x f sin )(=展开成x 的幂级数。 解 对于()sin f x x =，显然有

)2

sin()()(π

?+=n x x f n ， ,2,1,0=n

因此()00f =，()01f '=，()00f ''=，()01f '''=-， ，

()()200m f =，()()()21

01m

m f +=-，

取22n k =+,因为

()()2200k f +=，()()23

23sin 2k k f x x π++??=+

???

故 ()352123

23sin (1)sin 3!5!(21)!223!

k k k

x x x k x x x x k k πθ+++??=-++-++ ?

++?? 但对任一x ，由于正弦函数的有界性，得到

()(

)23

2223lim limsin 0223!k k k n k x

R x x k πθ++→∞→∞+??=+= ?+?? 从而就有 ∑∞

=----=1

1

21

)!

12()

1(sin n n n n x x

357

3!5!7!

x x x x =-+-+ ，+∞<<∞-x

同理可得 ()()20

cos 12!n

n

n x x n ∞

==-∑

246

12!4!6!

x x x =-+-+ ，x -∞<<+∞

对于上面例2我们也可将sin x 的展开式逐项微分，从而获得cos x 的展开式。然而我们在通过直接法求幂级数展开式中不难发现有三个问题，一是求函数在

0x =的各阶导数；二是求级数的收敛区间；三是求收敛区间上满足余项极限为

零的x 范围。这些都是高等数学上的难点，没有统一的方法，有些还很难运算。所以我们可以寻求其他简单的方法。 2.1 间接法

间接法即是根据唯一性，利用常见函数的展开式，通过变量代换，四则运算，恒等变形，逐项求导，逐项积分等方法来求函数的幂级数展开式。 2.2.1 利用级数的四则运算

主要根据幂级数在收敛区间上的绝对收敛性进行级数的四则运算。 例3[3] 求()sin x f x e x =的麦克劳林展开式。

解 由于0!

n x

n x e n ∞

==∑与()()2101sin 21!n

n n x x n +∞

=-=+∑，且两级数在R 内绝对收敛，故柯

西积分也收敛。于是有对于任意的x

23

11sin 0(10)(010)(

)2!3!x e x x x x

=++++++-

4511111

()()3!3!5!3!2!4!

x x +-+-

++ 23511

330x x x x =++-+

2.2.2 代换法

将问题中的函数按照类似的已知的函数求幂级数展开式的方法进行代换，从而得出我们所求的函数的幂级数展开式。

例4 将x x f sin )(=展开成)4(π

-x 的幂级数。 解 先将sin x 按照??

?

???-+-=

)4sin()4cos(21sin ππx x x 进行变换，然后利用sin x 与cos x 的幂级数展开式进行代换cos 4x π??- ???和sin 4x π?

?- ??

?来求出问题。由于

)4sin(4cos )4cos(4sin )4(4

sin )(ππππππ

-+-=??????-+=x x x x f

又已知 ∑∞

=++-=0

1

2)!12()1(sin n n n

n x x ，+∞<<∞-x

()

()20

cos 12!n

n

n x x n ∞

==-∑，+∞<<∞-x 那么 ?????

?-+-=

)4sin()4cos(21sin ππx x x ∑∞

=+????

??????

+-+--=0

122)!12()4()!

2()4(21)1(n n n n

n x n x ππ，+∞<<∞-x 。

例5 将3

41

)(2

++=

x x x f 展开成)1(-x 的幂级数。 解 将()f x 分解因式成

11

11418124x x ---????

++ ? ?

???

?，再类比于11x +的展开式

来解决问题。由于

?

??

??-+-

??? ?

?-+=+-+=

41181

21141)3(21)1(21)(x x x x x f 又已知 ()∑∑∞

=∞=--=??? ??--=+

00121)1(212

11n n n n n n

x x ，31<<-x ()∑∑∞

=∞=--=??? ??--=-+

00141)1(414

111n n n n n n

x x x ，53<<-x 那么 ()∑∞

=-?-?-=0

1)41812121()1()(n n

n n n x x f

()∑∞

=++---=03

211)2

121(

)1(n n

n n n x ，31<<-x 。 2.2.3 逐项求导、积分法

这类题目的思路就是利用求导或者积分，把系数中的n 去掉，让它变成只有

n x 相加的等比级数，这样就好求了，别忘了求出和以后要变回去，比如先求导

之后要积一次分，同理先积分之后要再求导一次，这样才是真正要求的答案。

例6 将()ln(1)f x x =+展开成x 的幂级数。

解 已知 ∑∑∞

=∞=-=-=+='+0

0)1()(11])1[ln(n n n n n

x x x x ，1||

那么 ∑∑??∞

=+∞

=+-=-='+=+0

1

0001)

1()1(])1[ln()1ln(n n n

n x n

n

x

n x dt t dt t x ，1||

=+-0

1

1

)1(n n

n 收敛，于是 ++-++-=+-=++∞

=+∑1)1(321)1()1ln(1

320

1n x x x x n x x n n n n n

,11x -<<。 例7

求函数(()ln f x x =+的幂级数展开式。 解 注意到

(

ln x '

=

而由()1m

x +的展开式可求得

()()232221131351224246x x x ???=-+-+??? ()

()()()221!!12!!

n n

n x n -+-+

上式两端从0到x 逐项积分，即可得到

(ln x

x

=?

=()()()352+1

21!!1.31+6 2.452!!21

n n n x x x

x n n --+?++-+

=()()()211

21!!12!!21n n

n n x x n n ++∞

=-+-+∑()11x -≤≤。

幂级数在收敛区间内可逐项求导或逐项积分，且逐项求导或逐项积分后所得

的幂级数的收敛区间不变，但在收敛区间的端点处，收敛性可能会改变，需讨论确定。如上题收敛区间为1x <，当1x =时，级数为绝对收敛。因此级数的收敛域为1x ≤。在其上展开式中成立。 2.2 利用复数的实部，虚部展开幂级数

复数的实部和虚部主要利用cos sin ix e x i x =+公式转化成ix e 形式，然后展开幂级数的方法。

例8[4] 将()cos cos sin x e x θθ展开成幂级数。 解 因为复数

()

cos sin cos sin i x i x ix xe e e

e θ

θθθθ++==

实部就是()cos cos sin x e x θθ，为此先求i xe e θ

的展开式，只要在x e 的展开式中x 用

i xe θ替代即可

()()0001cos sin !!!i n n n

xe i in n n n x x e

xe e n i n n n n θ

θθθθ+∞

+∞

+∞======+∑∑∑ 比较上式两端的实部，即得

()cos 0cos sin cos !

n

x n x e

x n n θ

θθ+∞

==∑ ()x <+∞

比较虚部，又可得

()()cos 0sin sin sin !

n

x n x e

x n x n θ

θθ+∞

==<+∞∑

以上介绍了几种函数幂级数展开方法，高等数学题型是多种多样的，实际问题也会随之变化，因此同一道题幂级数展开的方法也有多种方法或者要综合运用几种方法，我们在解题过程中要注意方法的总结，看清题意，灵活运用。

3 幂级数的应用

幂级数在许多方面具有重要作用，我们可以借助幂级数的展开形式很容易的解决一些较为复杂的问题。巧妙地利用函数的幂级数展开式及幂级数的性质能够

把一个复杂的性质以及一些不容易把握的函数表达成形式最简单、性质最好的级数形式，因此用它来解题，往往能思路清晰、条理清楚。 3.1 近似计算

计算函数值)(x f 以某个幂级数展开式为基础，然后把所需要求的量表达成无数级数的和)()()(0x r x S x a x f n n n n n +==∑∞

=，并依据要求，选取部分和作这个量

的近似值，误差用余项()n r x 估计，给出精度δ，通过δ<|)(|x r n 确定项数n ，继而可得对应的近似值)(x S n ；给定项数n ，可求得近似值)(x S n ，通过|)(|x r n 可估计精度δ。

3.1.1 计算函数的近似值

例9

解 这是一个关于e 的简单计算，主要利用x e 的麦克劳林展开式。在x e 的麦克劳林展开式中，令1

2

x =

，得

2

3

4

12

111111111122!23!24!2!2n

e n ????????

==+++++++ ? ? ? ?????????

取前5

1111

1 1.6482448384

≈+

+++≈ 其误差 5

6

7

1111115!26!27!2r ??????

=+++ ? ? ???????

5

211111115!262662????????<+++??

? ? ????

????????

5

1111

15!21000

112??=<

???-

其中不等式成立，是因为两端的级数均为收敛的正项级数。

例10 计算2ln 的近似值，要求误差不超过0001.0。

解法一 将2分解成11+，然后利用已知的()ln 1x +的展开式来求。由于

++-++-=+-=++∞

=+∑1)1(321)1()1ln(1

320

1n x x x x n x x n n n n n

, 11≤<-x

取1=x ,有 0

1ln 2ln(11)(1)1

n

n n ∞

==+=-+∑ 111

1(1)231

n n =-++-++ 11||+≤n r n

若要求误差不超过410-，则应取9999=n ，即要计算100001

)1(312119999-++- 共

有10000项！

解法二 通过对数的运算法则与利用快速收敛级数法进行近似计算。已知

∑∞

=++-=+0

1

1)1()1ln(n n n

n x x ，11≤<-x 那么 )1ln()1ln(11ln

x x x

x

--+=-+ ∑∑∞

=+∞

=+++=??

????+--+-=01

20111221)(1)1(k k n n n n

k x n x n x ，11<<-x 令

211=-+x x ，得3

1

=x ，这样 ??

?

??+?+?+?+=?

??

??+=∑∞

=+ 7530

1

23171315131313123112122ln k k k 若取4=n ，有 ??

?

??+?+?+?= 131194311313111131912||r

??

?

??++++≤

3211919191132 70000

1

3419

11122911<

?=-?=

(截断误差) 于是 6931.03171315131313122ln 753≈???

???+?+?+≈

其舍入误差0.6931347574，对比精确值 060.69314718ln2=。

通过上面两种方法的比较可知，对于近似计算问题，我们可以有不同的方法来解决它，但是我们必须学会灵活应用，并将其与学过的知识之间相连接，争取

用最简单的方法求解。 3.1.2 计算定积分的近似值

利用幂级数展开式取有限项的办法近似计算定积分，如果被积函数在积分区间上能展开成幂级数，则把这个幂级数逐项积分，用积分后的级数即可算出定积分的值。

例11 计算20

1

x

xdx

e π+∞-?

解 将被积函数21x x

e π-变形成221x

x

xe e

ππ---，其中211x e π--能展开成幂级数。 ()2224220

00

111x

x x x x x xdx xe dx xe e e dx e e

ππππππ-+∞

+∞+∞-==+++--?

?? ()2440

2

1244x x x x x e e e ππππππ-+∞

--+∞????=-+--????

??

????

()640

2

166x x

x e e ππππ--+∞

??+--+??????

()2222

1

111123

2π??

=+++ ??? 22114624ππ=?= 例12[5] 计算定积分

?

-21

2

2

dx

e

x π

的近似值,要求误差不超过0001.0。(取

56419.01

≈π

)

解 被积函数2

x e

-有麦克劳林展开式，再根据幂级数在收敛区间内可逐项积

分来求。已知∑∞

==0!

n n

x

n x e ，+∞<<∞-x ，那么

∑∑∞=∞

=--=-=0

202!)1(!)(2

n n

n n n x n x n x e

，+∞<<∞-x 于是

?∑?

∑?

∞

=∞=--=-=

21

020

210

02210

!)1(2!)1(2

2

2

dx x n dx n x dx e

n

n n n n n x π

π

π

∑∑∞

=∞=+?+?-=?+?-=02012!)12(2

)1(1

!)12(2)1(2

n n

n

n n n n n n n ππ ??

?

????-??+?-=

!3721!25213211164

2π 若取4=n ，有90000

1

!49211

||8

44

≤πu r (截断误差) 于是

2

12246

11110.520523252!273!x e dx -?

≈

-+-≈???????

?

3.2 微分方程的幂级数解法

当微分方程的解不能用初等函数或其积分式表达时，我们要寻求其他解法。这里举例说明下简单微分方程的幂级数解法。求方程

00

(,)

x x dy

f x y dx

y y =?=???=?

()* 的特解，其中()()()00,,l

m

lm l m

f x y a x x y y =--∑。

如果先令∑∞=-+=1

00)(n n

n x x a y y ，有∑∞

=--='1

10)(n n n x x na y ，其中n a 为待定系

数；然后代入方程()*两端，得到两端均为)(0x x -的多项式；再比较两端系数并列出方程组，可解得n a , ,2,1=n ；最后∑∞

=-+=100)(n n n x x a y y 若在其收敛区间内

则即为方程()*的特解。

例13 求2y x dx

dy

+=满足0|0==x y 的特解。 解 本题中方程是一阶微分方程，因此只需求出一阶导函数即可。令

∑∞

==1

n n

n x a y ，∑∞

=-='1

1n n n x na y

其中n a 为待定系数；代入方程(＊)两端，得

∑∑∑∞

=∞=∞

=-+=??? ??+=22

111n n n n n n n n n x c x x a x x na 令上式左边1m n =-，上式右边m n =，则有

1

2

(1)m

m m m m m m a

x x c x ∞

∞

+==+=+∑∑

其中 1

1122111

m m m m m k m k k c a a a a a a a a -----==+++=∑

比较两端系数，得

01=a ，122=a ，∑-=-+==+1

1

1)1(m k k m k m m a a c a m

01=a ，212=a ，∑-=-++=1

1

111m k k m k m a a m a ， ,4,3,2=m 0313*******===∑=-a a a a a k k k ，0)(31

4112212134=+==∑=-a a a a a a a k k k ，

201)(51511322313145=++==∑=-a a a a a a a a a k k k ，

0)(61

61142332414156=+++==∑=-a a a a a a a a a a a k k k ，

0)(71

7115243342515167=++++==∑=-a a a a a a a a a a a a a k k k ，

320

1

)(818125526178=

+==∑=-a a a a a a a k k k ， ……

所以原方程的特解为 258

111220320

y x x x =

+++ 例14[6] 求0y xy y '''--=的解。

解 题目中涉及到二阶导函数，因此在按照幂级数解微分方程的方法中要求出二阶导函数，再按照后续步骤进行解方程。设方程的解为0

n n n y a x ∞==∑，则

1

n n n y na x

∞

-='=∑，()()()1

21

0121n n n n n n y n n a x

n n a x ∞

∞

-+==''=-=++∑∑

将y ，y '，y ''代入0y xy y '''--=中

()1

2

10

10n

n n

n n

n

n n n n n a x x na x a x ∞

∞

∞

-+===---=∑∑∑

()()()2

2110n

n n

n n n a n a x ∞

+=++-+=????∑

2,0,1,22

n

n a a n n +=

=+

000242,28!2k a a a a a a k k

=

== ()111

3521,31521!!

k a a a a a a k +=

==

+ 1,2,3k = 原方程的通解为 ()(

)2121

010100,2!21!!

n n n n n x x y a a a a n n -+∞

∞

===++∑∑是任意常数。 3.3 利用幂级数展开式级数求和

我们求1

sin n n a nx ∞

=∑与1

cos n n a nx ∞

=∑的和函数，可以构造复函数幂级数1

n n n a z ∞

=∑，设法1n n n a z ∞

=∑的和函数()f z ，令ix z e =，则有

()1

1

cos sin ix

n n

n n a

nx i a nx f e ∞

∞

==+=∑∑ 比较上式两端左右的实部与虚部，则可得

()(

)1

sin Im ix

n

n a

nx f e

∞

==∑ ()()

1

cos Re ix n

n a

nx f e ∞

==∑

在求1

n n n a z ∞

=∑的和函数中，我们常常用到以下结论：

()2312!3!!

n

z

z z z e z z n =++++++ 满足所有

()21

111n z z z z z

=+++++<- ()()23ln 11z 123n

z z z z z z n

--=+++++≤≠ 且。

例15[7] 求下列级数的和函数。

0cos !n nx n ∞

=∑；0sin !n nx n ∞

=∑ 解 利用三角函数与复数之间的关系cos sin ix e x i x =+与幂级数展开式的逆向灵活运用。令

()0!

n

n z f z n ∞

==∑，ix z e =

则有 ()

000cos sin !!!

ix n ix e n n n nx nx e i e n n n ∞

∞

∞===+==∑∑∑

()()()cos sin cos cos sin sin sin x i x x e e x i x +==+

所以 ()()cos 0cos cos sin !x

n nx e x n ∞

==∑，()()cos 0

sin sin sin !x n nx e x n ∞

==∑

3.4 利用幂级数展开式证明不等式

不等式是数学应用的重要工具，其证明方法多种多样，下面使用幂级数的展开式来对一些特殊不等式进行证明。

例16[8] 证明对于任意实数x ，不等式2

2

2x x x e e e -+≤成立。

证明 将不等式左右两边进行麦克劳林展开，然后比较幂级数展开式的大小。因为

0!n x

n x e n ∞

==∑，()

01!n n x

n x e n ∞

-==-∑ 于是 ()2022!

n x x

n x e e n ∞

-=+=∑，()2

220222!!x n n x e n ∞

==∑

再由于()()222!2!!

n n x x n n ≤

，故对于任意实数x ，有2

22x

x x

e e e -+≤。 例17[9] ()

f x 在(),a b 内二阶可导，且()0f x '≥。证明对于(),a b 内任意两点1x ，2x 及01t ≤≤，有()()()()121211f t x tx t f x tf x -+≤-+????。

证明 类比于上题，将不等号左边进行泰勒展开，与右边进行比较。令(),a b 内任一()()0121x t f x tx =-+,将()f x 在0x x =处按一阶泰勒公式展开得

()()()()()()2

000012!f x f x x x f x x x f ξ'''=+-+- ()0x x ξ在与之间

分别将1x ，2x 代入上式，得

()()()()()()2

100010112!f x f x x x f x x x f ξ'''=+-+- ()()()

()()()2

200020212!

f x f x x x f x x x f ξ'''=+-+-

则有 ()()()121t f x tf x -+()()()012001f x t x tx x f x '=+-+-????

()()()()()22

10120211122t x x f t x x f ξξ''''+--+-

由题设()0f x '≥，且01t ≤≤知

()()()()1201t f x tf x f x -+≥

即有 ()()()()121211f t x tx t f x tf x -+≤-+????。 3.5 利用幂级数展开式求极限

极限思想是许多科学领域的重要思想之一。因为极限的重要性，从而怎样求极限也显得尤其重要。对于一些复杂极限，直接按照极限的定义来求就显得非常困难，不仅计算量大，而且不一定能求出结果。所以我们可以利用简单的初等函数（特别是基本初等函数）的麦克劳林展开式，常能求得一些特殊形式的数列极限。同时等价无穷小代换也是求极限的重要方法，往往可以减少计算量，使问题得以简化。但一般说来，这种方法仅限于求两个无穷小量的乘积或除的极限，而对两个无穷小量非乘且非除的极限，则不能凑效，而泰勒公式代换则是解决此类极限问题的一种有效的方法。

例18 求极限0tan sin sin tan lim tan tan sin sin x x x

x x

→--。

解 在进行泰勒展开的时候，要先展开分母，根据分母的阶来确定分子的展开式中最高次项的次数。此题如果先展开分子的话，想要计算出分子的主部需要展开到7x 项，这样计算量会大大增加。所以由tan x 与sin x 的泰勒展开式可得

()341

tan tan tan tan tan 3

x x x x ο=++

()()()3

34344111333x x x x x x x οοο??

=++++++ ???

()3

423x x x ο=+

+ ()341

sin sin sin sin sin 6

x x x x ο=-+

()()()3

34344111666x x x x x x x οοο??

=-+--++ ???

()331

3

x x x ο=-+

所以就有 ()34tan tan sin sin x x x x ο-=+

又由于 ()341

tan sin sin sin sin 3

x x x x ο=++

()()()3

34344111636x x x x x x x οοο??

=-++-++ ???

()341

6x x x ο=++

()341

sin tan tan tan tan 6

x x x x ο=-+

()()()3

34344111363x x x x x x x οοο??

=++-+++ ???

()341

6

x x x ο=++

从而有()4tan sin sin tan x x x ο-=，于是

0tan sin sin tan lim tan tan sin sin x x x

x x →--()()

434

0lim 0x x x x οο→==+。

4 结束语

综上所述，幂级数的展开式一直是数学分析中的一个重点，幂级数展开有很多种方法，同时在理论上和实际问题中都有着广泛的应用。通过各种各样的方法来将函数用幂级数展开式来表示，利用幂级数和函数的分析性质，来解决数学分析中的很多难题。由于函数展开成幂级数之后结构简单，因而成为计算常用函数，如指数函数、对数函数、三角函数和很多超越函数等，解决初等数学和高等数学中的问题的一个基础工具。

参考文献：

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