如果函数$f(x)$在含有$x_0$的某个开区间$(a,b)$内具有直到$n+1$阶的导数，则对任一$x∈(a,b)$，有

$$f\left( x \right) = $$ $$f\left( {{x_0}} \right) + f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{f''\left( {{x_0}} \right)}}{2}{\left( {x - {x_0}} \right)^2} + \ldots $$ $$ + \frac{{{f^{(n)}}\left( {{x_0}} \right)}}{{n!}}{\left( {x - {x_0}} \right)^n} + {R_n}\left( x \right)$$

其中

$${R_n}\left( x \right) = \frac{{{f^{\left( {n + 1} \right)}}\left( \xi \right)}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{(x - {x_0})^{n + 1}}$$

这里$ξ$是$x_0$与$x$之间的某个值.

总结：推导函数$f(x)$按$(x-x_0)$的幂展开的带有拉格朗日余项的$n$次泰勒公式的条件是

1) 导数的概念

2) 运动学中的位移、速度和加速度的概念

3) 微分

4) 柯西中值定理（求拉格朗日余项）$←$拉格朗日中值定理$←$罗尔定理$←$费马引理$←$闭区间上连续函数的性质$←$导数$←$函数的连续性和极值概念$←$函数$←$映射$←$区间、邻域、集合

不需要余项的精确表达式时，$R_n (x)=ο[(x-x_0 )^n]$称为佩亚诺型余项.

取$x_0=0$，则$ξ$在0与$x$之间，令$ξ=θx(0<θ<1)$，此时带有拉格朗日余项的$n$次泰勒公式称为麦克劳林公式.

例 写出函数$f\left( x \right) = {{\text{e}}^x}$的带有拉格朗日型余项的$n$阶麦克劳林公式.

解:带有拉格朗日型余项的$n$阶麦克劳林公式为

$$\eqalign{ & f\left( x \right) = \cr & f\left( 0 \right) + f'\left( 0 \right)x + \frac{{f''\left( 0 \right)}}{2}{x^2} + \ldots + \frac{{{f^{(n)}}\left( 0 \right)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}\left( {\theta x} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{x^{n + 1}}, \cr & (0 < \theta < 1) \cr & f\left( x \right) = f'\left( x \right) = \ldots {f^{(n)}}\left( x \right) = {{\text{e}}^x} \cr & f\left( 0 \right) = f'\left( 0 \right) = \ldots {f^{(n)}}\left( 0 \right) = {{\text{e}}^0} = 1 \cr} $$

所以，

$$f\left( x \right) = $$ $$ 1 + x + \frac{1}{2}{x^2} + \ldots + \frac{1}{{n!}}{x^n} + \frac{{{{\text{e}}^{\theta x}}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{x^{n + 1}},(0 < \theta < 1)$$

例 求$f\left( x \right) = \sin x$的带有拉格朗日型余项的$n$阶麦克劳林公式.

解:带有拉格朗日型余项的$n$阶麦克劳林公式为

$$f\left( x \right) = $$ $$ f\left( 0 \right) + f'\left( 0 \right)x + \frac{{f''\left( 0 \right)}}{2}{x^2} + \ldots + \frac{{{f^{(n)}}\left( 0 \right)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}\left( {\theta x} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{x^{n + 1}},$$ $$ (0 < \theta < 1)$$ $$\eqalign{ & f'\left( x \right) = \cos x,f''\left( x \right) = - \sin x,f'''\left( x \right) = - \cos x, \cr & {f^{(4)}}\left( x \right) = \sin x, \ldots ,{f^{(n)}}\left( x \right) = \sin (x + \frac{{n\pi }}{2}) \cr} $$ $$\eqalign{ & f\left( 0 \right) = 0,f'\left( 0 \right)x = x,\frac{{f''\left( 0 \right)}}{{2!}}{x^2} = 0,\frac{{f'''\left( 0 \right)}}{{3!}}{x^3} = - \frac{{{x^3}}}{{3!}}, \cr & \frac{{{f^{(4)}}\left( x \right)}}{{4!}}{x^4} = 0,\frac{{{f^{(5)}}\left( x \right)}}{{5!}}{x^5} = \frac{1}{{5!}}{x^5}, \cr} $$ $$\frac{{{f^{(6)}}\left( x \right)}}{{6!}}{x^6} = 0,\frac{{{f^{(7)}}\left( x \right)}}{{7!}}{x^7} = - \frac{1}{{7!}}{x^7}, \ldots $$

可以看出，当$n$取1，2，3…时，泰勒多项式各项依次为

$$f\left( x \right) = 0 + x + 0 - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + 0 + \frac{1}{{5!}}{x^5} + 0 - \frac{1}{{7!}}{x^7} + \ldots $$

$n$取偶数时，泰勒多项式中对应的偶数项的值才不等于零，因此设$n = 2m\left( {m = 123 \ldots n} \right),2m = 2,4,6,8,10, \ldots $，其中4，8，10，…项的系数为负数，可以表示为${( - 1)^z}$,$z$的可能取值是$2m,m,m + 1,m - 1,2m + 1,2m - 1$，我们依次带入验证：

$$\eqalign{ & {( - 1)^{2m}} = 1,1,1,1, \ldots \cr & {( - 1)^m} = - 1,1, - 1,1, - 1, \ldots \cr & {( - 1)^{m + 1}} = 1, - 1,1, - 1, \ldots \cr & {( - 1)^{m - 1}} = 1, - 1,1, - 1, \ldots \cr & {( - 1)^{2m + 1}} = - 1, - 1, - 1, - 1, \ldots \cr & {( - 1)^{2m - 1}} = - 1, - 1, - 1, - 1, \ldots \cr} $$

其中$(-1)^{m+1}$和$(-1)^{m-1}$都符合要求.

$m = 1,2,3 \ldots n$时，

$$\eqalign{ & 2m = 2,4,6,8, \ldots \cr & m = 1,2,3,4, \ldots \cr & m + 1 = 2,3,4,5, \ldots \cr & m - 1 = 0,1,2,3, \ldots \cr & 2m + 1 = 3,5,7,9, \ldots \cr & 2m - 1 = 1,3,5,7, \ldots \cr} $$

$2m-1$可以作为阶乘.因此

$$\eqalign{ & f\left( x \right) = \cr &x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{1}{{5!}}{x^5} - \frac{1}{{7!}}{x^7} + {( - 1)^{m + 1}}\frac{1}{{\left( {2m - 1} \right)!}}{x^{2m - 1}} + {R_{2m}} \cr & {R_{2m}} = \frac{{\sin [\theta x + \frac{{\left( {2m + 1} \right)\pi }}{2}]}}{{\left( {2m + 1} \right)!}}{x^{2m + 1}},(0 < \theta < 1) \cr} $$

例 求极限

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x - x{\text{cos}}x}}{{{\text{si}}{{\text{n}}^3}x}}$$

解:此式是不定式，根据洛必达法则的条件，我们可以用洛必达法则求解，

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x - x{\text{cos}}x}}{{{\text{si}}{{\text{n}}^3}x}} = \mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{{\cos x - (\cos x - x{\text{sin}}x)}}{{3{{\sin }^2}x\cos x}}$$ $$ = \mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{x}{{3\sin x\cos x}} = \mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{1}{{3\cos x}} = \frac{1}{3}$$

还可以利用带有佩亚诺余项的麦克劳林公式计算，

$$\eqalign{ & {\sin ^3}x \sim {x^3}(x \to 0) \cr & \sin x = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + o({x^3}) (首先将 \cos x 分解开，再乘以x)\cr & x{\text{cos}}x = x - \frac{{{x^3}}}{{2!}} + o\left( {{x^3}} \right) \cr & \sin x - x{\text{cos}}x \cr & = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + o\left( {{x^3}} \right) - x + \frac{{{x^3}}}{{2!}} - o\left( {{x^3}} \right) = \frac{1}{3}{x^3} + o\left( {{x^3}} \right) \cr} $$

(两个无穷小的和仍是无穷小)

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x - x{\text{cos}}x}}{{{\text{si}}{{\text{n}}^3}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}{x^3} + o\left( {{x^3}} \right)}}{{{x^3}}} = \frac{1}{3}$$

相比较而言，洛必达法则比较简单.