前置知识

泰勒展开

前言

在一些比较复杂的求极限题目中，若用一般的方法难以解决，则可以通过泰勒公式来求解。

例1

求lim⁡x→0cos⁡x−e−x22x4\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}x→0lim​x4cosx−e−2x2​​

解：
cos⁡x=1−12!x2+14!x4+o(x4)=1−12x2+124x4+o(x4)\qquad \cos x=1-\dfrac{1}{2!}x^2+\dfrac{1}{4!}x^4+o(x^4)=1-\dfrac 12x^2+\dfrac{1}{24}x^4+o(x^4)cosx=1−2!1​x2+4!1​x4+o(x4)=1−21​x2+241​x4+o(x4)

ex=1+x+12!x2+o(x2)\qquad e^x=1+x+\dfrac{1}{2!}x^2+o(x^2)ex=1+x+2!1​x2+o(x2)

e−x22=1+(−x22)+12!(−x22)2+o(x4)=1−12x2+18x4+o(x4)\qquad e^{-\frac{x^2}{2}}=1+(-\dfrac{x^2}{2})+\dfrac{1}{2!}(-\dfrac{x^2}{2})^2+o(x^4)=1-\dfrac 12x^2+\dfrac 18x^4+o(x^4)e−2x2​=1+(−2x2​)+2!1​(−2x2​)2+o(x4)=1−21​x2+81​x4+o(x4)

cos⁡x−e−x22=[1−12x2+124x4+o(x4)]−[1−12x2+18x4+o(x4)]=−112x4+o(x4)\qquad \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}=[1-\dfrac 12x^2+\dfrac{1}{24}x^4+o(x^4)]-[1-\dfrac 12x^2+\dfrac 18x^4+o(x^4)]=-\dfrac{1}{12}x^4+o(x^4)cosx−e−2x2​=[1−21​x2+241​x4+o(x4)]−[1−21​x2+81​x4+o(x4)]=−121​x4+o(x4)

\qquad原式=lim⁡x→0−112x4+o(x4)x4=−112=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{-\frac{1}{12}x^4+o(x^4)}{x^4}=-\dfrac{1}{12}=x→0lim​x4−121​x4+o(x4)​=−121​

例2

求lim⁡x→0ex−sin⁡x−11−1−x2\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{e^x-\sin x-1}{1-\sqrt{1-x^2}}x→0lim​1−1−x2​ex−sinx−1​

解：
\qquad原式=ex−sin⁡x−112x2=\dfrac{e^x-\sin x-1}{\frac 12x^2}=21​x2ex−sinx−1​

ex=1+x+x22!+o(x2)\qquad e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+o(x^2)ex=1+x+2!x2​+o(x2)

sin⁡x=x+o(x2)\qquad \sin x=x+o(x^2)sinx=x+o(x2)

\qquad原式=lim⁡x→0[1+x+x22!+o(x2)]−[x+o(x2)]−112x2=x22+o(x2)12x2=1=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{[1+x+\dfrac{x^2}{2!}+o(x^2)]-[x+o(x^2)]-1}{\frac 12x^2}=\dfrac{\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{\frac 12x^2}=1=x→0lim​21​x2[1+x+2!x2​+o(x2)]−[x+o(x2)]−1​=21​x22x2​+o(x2)​=1

其中1−1−x21-\sqrt{1-x^2}1−1−x2​变为12x2\frac 12x^221​x2是由无穷小替换中1+x−1∼12x\sqrt{1+x}-1\sim \frac 12x1+x​−1∼21​x将−x2-x^2−x2整体代入可得。

既然分母部分可以用无穷小替换，那么分子部分能不能一一进行无穷小替换再求和呢？

这是不可行的，因为如果用了无穷小替换之后涉及使用加减操作，则无穷小小替换可能会出问题。而分母中无穷小替换后没有加减操作，所以可以无穷小替换。

总结

在使用泰勒公式求极限的时候，一般情况下使用的是麦克劳林公式。根据分母的次数来决定泰勒展开的阶数。当然，做题之前要判断是否有更简便的做法，实在没有才用泰勒公式。