e的x次方的导数

e的x次方的导数

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2023年2月23日发(作者：hook技术)

１

1引言

函数的幂级数展开在高等数学中有着重要的地位，在研究幂级数的展开之

前我们务必先研究一下泰勒级数，因为泰勒级数在幂级数的展开中有着重要的地

位。一般情况，我们用拉格朗日余项和柯西余项来讨论幂级数的展开，几乎不用

积分型余项来讨论，今天我们的研究中就有着充分的体现。

2泰勒级数

泰勒定理指出：若函数

f

在点

0

x的某个邻域内存在直至n阶的连续导数，则



2

0

''

00002!

xx

fxfxfxxxfx









)

0

0

(

!

n

n

n

xx

fxRx

n





，(1)

这里xR

n

=nxxo

0

称为皮亚诺型余项。如果增加条件“xf有1n阶连续

导数”，那么xR

n

还可以写成三种形式





1

1

0

1

()

1!

n

n

n

Rxfxx

n







（拉格朗日余项）

1

(1)

00

1

[()]1

!

nn

nfxxxxx

n





（柯西余项）



0

(1)1

!

x

nn

x

ftxtdt

n

，（积分型余项）

如果在(1)中抹去余项xR

n

，那么在

0

x附近

f

可用(1)式中右边的多项式来近似代

替。

如果函数

f

在

0

xx处有任意阶的导数，这时称形式为：









2

00

00000

"

'

2!!

n

n

fxfx

fxfxxxxxxx

n



(2)

的级数为函数f在

0

x的泰勒级数，对于级数(2)是否能够在

0

x附近确切地表达f，

或说f在

0

x泰勒级数在

0

x附近的和函数是否就是f，这是我们现在要讨论的问

题。下面我们先看一个例子：

２

例1

1由于函数

xf2

1

,0,

0,0,

xex

x

















在

0

xx处的任何阶导数都为0，即,,2,1,00nfn所以

f

在0x处的泰

勒级数为：

nx

n

xx

!

0

!2

0

002，

显然，它在,上收敛，且其和函数0xS，由此看到对一切0x都有

xSxf，

这说明具有任意阶导数的函数，其泰勒级数并不是都收敛于函数本身，只有

0lim



xR

n

n

时才能够。

在实际应用上主要讨论在0

0

x的展开式。这时（2）也可以写成





n

n

x

n

f

x

f

x

f

f

!

0

!2

0

!1

0

02

'''

，

称为麦克劳林级数。

3函数的幂级数展开与技巧

3.1一般的泰勒展开法（直接展开法）

我们主要通过例题来表现幂级数的展开与技巧：首先用直接展开法讨论初等

函数的幂级数展开形式。通常有三种展开思路：1、统一用柯西余项来估计余项



n

Rx；2、统一用积分余项来估计余项

n

Rx；3、柯西余项（或积分余项）结

合拉格朗日余项来估计余项

n

Rx。本文采用第二种思路。

例2求k次多项式

k

k

xcxcxccxf2

210

，Nk

的展开式。

解：由于

３



!,

0

0,

n

k

ncnk

f

nk













总有

0lim



xR

n

n

，

因而



'

'2

00

00

2!!

k

k

ff

fxffxxx

k



2

012

k

k

ccxcxcx，

即多项式函数的幂级数展开就是它本身。

例3求函数x

exf的展开式。

解：因为

xnexf，10nf,2,1n，

(,)x

有

(1)

0

1

()()()

!

x

nn

n

Rxftxtdt

n



0

1

10

!!

n

x

n

tx

x

exdte

nn

，

()n

；

从而

nxx

n

xxe

!

1

!2

1

!1

1

12，,x。

例4求函数xxfsin的展开式。

解：由于

















2

sin

n

xxfn，

,2,1n

，

(,)x

有

(1)

0

1

()()()

!

x

nn

n

Rxftxtdt

n



0

11

sin()()

!2

x

n

n

txtdt

n







４

0

1

1

!

x

nxdt

n

1

0

!

nx

n





，

()n

；

所以xxfsin在,内能展开为麦克劳林级数：















!12

1

!5!3

sin

12

1

53

n

xxx

xx

n

n；

同样可证（更简单的方法是对上面sinx的展开式逐项求导）：







!2

1

!4!2

1cos

242

n

xxx

x

n

n。

例5

1求函数ln1fxx的展开式。

解：注意到，函数ln1fxx的各阶导数是





n

n

n

x

n

xf







1

!1

11，

从而

1011!n

nfn，

(1,1)x

有

(1)

0

1

()()()

!

x

nn

n

Rxftxtdt

n



1

0

1

(1)!(1)()

!

n

x

nnntxtdt

n



0

1

()

11

x

n

xt

dt

xt







；

注意到，当

[0,]tx

或

[,0]x

时，

1

xt

t





不变符号且关于变量t单调，因此

1

xt

t





总是

在0t时取最大值nx

，从而

0

1

()ln(1)0

1

x

n

n

n

Rxxdtxx

t





，

()n

；

所以

f

的麦克劳林级数是

234

111

234

ln

n

nxxxx

fxxx

n



，(3)

用比式判断法容易求得(3)的收敛半径1R，且当1x时收敛，1x时发散，

５

故级数域(1,1]。

将(3)式中x换成

1x

就得到函数lnfxx在

1x

处的泰勒展开式：







231

1

111

11

23

ln

n

n

xxx

xx

n









，

它的收敛域为(0,2]。

例6讨论：二项式函数1mfxx展开式。

解：当

m

为正整数时，有二项式定理直接展开得到

f

的展开式，这已经在前

面例2中讨论过了。

下面讨论

m

不等于正整数时的情形，这时：

111mn

nfxmmmnx，

1,2,n

，

011nfmmmn，

1,2,n

；

于是xf的麦克劳林级数是





2

111

11

2!!

m

n

mmmmmn

xmxxx

n



，(4)

运用比式判别法可得(4)的收敛半径1R。

设*mN（由二项式定理易证*mN的情形），

(1,1)x

有

(1)

0

1

()()()

!

x

nn

n

Rxftxtdt

n



1

0

1

(1)()(1)()

!

x

mnnmmmntxtdt

n



1

0

(1)()

()(1)

!1

x

nm

mmmnxt

tdt

nt











1

0

(1)()

(1)

!

x

nm

mmmn

xtdt

n







1

(1)()1

!

m

n

x

mmmn

x

nmm





0，

()n

。

由比式判别法知级数

(1)()

!

n

mmmn

x

n

收敛，故通项

(1)()

!

n

mmmn

x

n



趋于0,因此

６

lim()0

n

n

Rx





。

所以，在1,1上有





2

111

11

2!!

m

n

mmmmmn

xmxxx

n



，(5)

对于收敛区间端点的情形，它与m的取值有关，其结果如下：

当

1m

时，收敛域为1,1；当

10m

时，收敛域为1,1；当

0m

时，

收敛域为1,1；在(5)式中，令

1m

就得到

1,1,11

1

1

2



n

nxxx

x

，(6)

当

1

2

m

时，得到

1,1,

6

5

4

3

2

1

4

3

2

1

2

1

1

1

1

32



xxx

x

。(7)

例7以

2

x与

2

x分别代入(6)(7)得到

1,1,11

1

1

242

2





n

nxxx

x

，(8)

1,1,

6

5

4

3

2

1

4

3

2

1

2

1

1

1

1

642

2





xxx

x

，(9)

对于(8)(9)分别逐项可积，可得函数xarctan与xarcsin的展开式

2

0

arctan

1

xdt

x

t







2521

1

3521

n

nxxx

x

n







，

[1,1]，

2

0

arcsin

1

xdt

x

t







357113135

232452467

xxx

x





2121!!

,1,1

2!!21

nn

x

x

nn







。

这说明，熟悉某些初等函数的展开式，对于一些函数的幂级数展开是极为方便的，

特别是上面介绍的基本初等函数的结果，对于用间接方法求幂级数展开式特别有

用。

７

3.2通过变形、转换、利用已知的展开式

例8将函数243lnfxxx

展开式x的幂级数并指出收敛半径。

分析：将xf变为ln1x的形式。

解：因为

243lnfxxx

1ln3xxln3ln1xx

ln31ln1

3

x

x









ln3ln1ln1

3

x

x









1

0

1

3ln1

13

n

n

n

x

n

















1

0

1

1

1

n

n

n

x

n













1

1

1

0

113

31

3

n

1

l

n

n

n

n

n

x

n

















，1R。

例9求21xy的麦克劳林展开式（至含6x的项）。

解：由于





2

1

11

2!

m

mm

xmxx





11

!

n

mmmn

x

n



，

故

21yx

23

222

11111111

1(1)(1)(2)

22!223!222

xxx

246

111

1

2816

xxx

，

因

0

2

1

m

故收敛区间为1,1。

例10

2将x

x

xfcos

2

1

2



















展开成x的幂级数（至含4x项）。

解：由cosx的展开式得

2

1

()coscos

2

fxxxx

。

８

24224

11

2!4!22!4

xxxxx









4

5

1

24

x

3.3利用逐项积分方法

例11

2将函数

21lnfxxx

展开成x的幂级数，并求其收敛区间。

分析：该题可化为ln1x的形式展开，但这样的展开式中变成

2

1

1

x



的

幂次，而不是x的幂次，我们知道：



'

2

2

1

ln1

1

xx

x











，

将

2

1

1

x

展开再积分就方便了。

解：因为



'

'2

2

ln

1

1

1

fxxx

x











，

而

1

2

2

1

1

1

x

x





，

246

113135

1

224246

xxx，11x，

对上式两端积分可得：



2357

113135

1

23245246

ln

7

xxxxxx







，

当1x时，上式为交错级数，





21!!

1

0

2!!21

21n

n

u

nn

n









，

显然有

,1



nn

uu且0lim



n

n

u，依莱布尼茨判别法知：当1x时，级数收敛，

因此收敛区间为1,1。

９

3.4逐项微分法

例12将21

2

xde

fx

dxx











展开成x的幂级数。

分析：先展开，再逐项微分。

解：因为

2

222

11

2

222!!

n

xxx

e

x

xxn













1122

1

2!!

nnxx

n



，

注意到10f，所以

21

1

1

1

2

2!

xn

n

n

dedx

dxxdxn





















12

1

1

2

1!

nn

n

n

x

n













，x。

例13将

cos1

2

dx

dxx











展开成x的幂级数。

解：因为





21

1

cos1

1

22!

n

n

n

xx

xn









，,x，

所以



22

1

cos1121

1

222!

n

n

n

dxn

x

dxxn

















。

注：值得注意的是逐项积分法或逐项微分法，常常在区间内部进行，但并不

是绝对的，这里就不再证明了。

3.5待定系数法

例14

3求下列函数的幂级数展开。

（1）



2

2

ln1

1

xx

x





；（2）

2

sin

12cos

x

xx





。

解：(1)设



2

2

0

ln1

1

n

n

n

xx

yax

x











，

１０

因为



2

'

2

2

1

1

1

n

1

1

lxx

yx

x

x



















，

所以2'11xyxy

，故

21

10

11nn

nn

nn

xanxxax









即



1211

2

211n

nn

n

aaxananx















01

0

1n

n

n

axax







，

比较系数得：

1

1a，

02

2aa，

113

3aaa，

422

42aaa，

由000

0

ay，得：

0

2



n

a，

1

1

a，

3

2

3

a

，

5

24

,,

35

a



!!12

!!2

1

12



n

n

an

n

，

从而





21

0

2!!

1

21!!

n

n

n

n

yx

n











，

11x。

(2)设

n

n

n

xa

xx

x

y









0

2cos21

sin





，

则

2

0

sin12cosn

n

n

xxxax







23

0123

aaxaxax



0

2cosax23

12

2cos2cosaxax

１１

23

01

axax，

比较等式两边同次幂系数得：

0

0a，

1

sina，，sin

n

an，

这里利用了三角恒等式

sin12sincossin1nn，

2,3,n

所以

2

sin

12cos

xx

xxx

2sinsin2sinnxxxn。

1

sinn

n

xn







3.6微分方程法

例15

4求



2

2

ln1

1

xx

x





的幂级数展开形式。

注：在前面例14中用待定系数法已求出幂级数展开式，现在用微分方程法

计算

0nf，从而得到



0

0

!

n

n

n

f

x

n





。

解：设



2

2

1ln

1

xx

y

x







，

因此



2

'

2

2

1l

1

1

1

1

nxxx

y

x

x



















，

即

xyyx11'2，〈1〉

由〈1〉两边同时求n阶导数得：

01211212nnnynxynyx，〈2〉

１２

令

0x

得：

1

0

2

1

0

nnyny，〈3〉

这儿下标“0”表示在0x处的值，在〈1〉式中令0x得：

1'

0

y，

在〈3〉式两边微商一次得，

'''2'12xyyyxxy，

令0x，知0

0

''yy，得：

1'

0

y，0"

0

y，

代入公式〈3〉得：

2

0

0ny，2

21

0

12!!n

nyn





，1,2,n，

故











2

2

21

2

0

1

2

l

!!

1

21!!

1

n

n

n

n

xx

n

x

n

x



















〈4〉

这里“”表示右边的级数为左边函数的泰勒级数，容易证明右边的级数的收敛

半径1R，利用逐项微分法可以验证级数的和函数ySx是〈1〉给定的微分

方程的解，且00S，而函数



2

2

1ln

1

xx

y

x







在1x处连续，故〈4〉式中“”改为“



”对1x也成立。

3.7利用级数的运算

例16利用函数的幂级数展开，求下列极限。

（1）limln1ln

n

nnn









；（2）

x

xx

x

3

0sin

arcsin

lim





。

解：（1）因为

limln1ln

x

xxx









23

11111

lim

23x

x

xxx









１３

22

1111

lim11

23xxx









，

所以

limln1ln1

n

nnn









。

（2）由基本初等函数的幂级数展开式得

















0

12

12!2

!!12

arcsin

n

n

n

x

nn

n

xx，







2

321

1

13

3

sin1

421!

n

n

n

n

xx

n













，

代入

x

xx

3sin

arcsin

，即得











21

1

1

3

2

00

21

21!!

2!21

arcsin

limlim

sin

13

3

1

421!

n

n

n

n

xx

n

n

n

n

xxx

nn

xx

x

x

n







































3

0

3

1

1

23

lim

6

18

3

43!

x

x

x



















。

例17

3计算积分1

0

1

n

1

ldx

x

。

解：因为

231

lnln1

123

xx

xx

x





，1x，

故级数在)1(,rrx上一致收敛，故可逐项积分。当1x时有

234

0

1

ln

1122334

xxxx

dt

t





，

而当1x时有

23

1223

xx





111

122334





１４

11111

11

22334















，

由阿贝尔定理得

234

0

1010

1

limlnlim1

1122334

x

xx

xxx

dt

t











，

即

1

0

1

ln1

1

dx

x





。

4结论

我们是在泰勒级数基础上研究幂级数的展开式，利用以上几种方法可以对

“幂级数的展开式”这一块内容有深刻的认识，且利用这些展开式解决问题，为

我们在今后研究幂级数中提供了工具。

致谢

对在研究及撰写论文过程中给予帮助的组织或个人表示衷心感谢！

１５

参考文献：

[1]数学分析.第三版.华东师范大学数学系，2002，52-58.

[2]高等数学试题精选题解.华中理工大学出版社，2000，492-498.

[3]数学分析内容方法与技巧.华中科技大学出版社，2003，164-178.

[4]裴礼文.数学分析中的典型问题与解法.第二版.高等教育出版，2003，447-453.

[5]刘玉琏，傅沛仁.数学分析讲.北京：高等教育出版社，1982，125-162.

[6]数学分析.复旦大学数学系编.第二版（下册）.高等教育出版社，2002，324-336.

[7]钱吉林.数学分析题解精粹.武汉：崇文书局，2003，213-238.

[8]吴良森，毛羽铭.数学分析习题精解.北京：科学出版社，2004，58-127.