高数Ⅰ（2026-10-30）

沿用课堂记号：$C$ 表示连续，$D$ 表示可导。正文以板书为主，按内容衔接整理，重复内容合并；补出的条件检查、证明、说明和图示均在相应位置注明。

一、 洛必达法则的应用与增长阶比较

1. $0\cdot\infty$ 型：先化为商

求

$$\lim_{x\to0^+}\sqrt{x}\ln x.$$

当 $x\to0^+$ 时，$\sqrt{x}\to0$，$\ln x\to-\infty$。先将乘积改写为商：

$$\sqrt{x}\ln x=\frac{\ln x}{1/\sqrt{x}}.$$

分子、分母的绝对值均趋于无穷，且在 $x>0$ 时分母的导数不为零。由洛必达法则，

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+}\sqrt{x}\ln x &=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x^{-1/2}}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-\frac12x^{-3/2}}\\ &=-2\lim_{x\to0^+}\sqrt{x}=0. \end{aligned}$$

板书推广：对任意固定的 $\alpha>0$，

$$\boxed{\lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0.}$$

补充推导：同样化为商，由洛必达法则，

$$\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x^{-\alpha}} =\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-\alpha x^{-\alpha-1}} =-\frac1\alpha\lim_{x\to0^+}x^\alpha=0.$$

2. 对数、正幂与指数函数的增长阶

当 $x\to+\infty$ 时，对任意固定的 $\alpha>0$、$\lambda>0$，有

$$\boxed{\ln x\ll x^\alpha\ll e^{\lambda x}.}$$

这里的增长阶比较指

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^\alpha}=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{x^\alpha}{e^{\lambda x}}=0.$$

（1）对数与正幂比较

分子、分母均趋于 $+\infty$。由洛必达法则，

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^\alpha} &=\lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{\alpha x^{\alpha-1}}\\ &=\frac1\alpha\lim_{x\to+\infty}\frac1{x^\alpha}=0. \end{aligned}$$

因此，不论 $\alpha>0$ 多小，都有

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^\alpha}{\ln x}=+\infty.$$

（2）正幂与指数函数比较

取正整数 $n$，使

$$n-1<\alpha\le n.$$

连续求导 $n$ 次，得到

$$\frac{\bigl(x^\alpha\bigr)^{(n)}} {\bigl(e^{\lambda x}\bigr)^{(n)}} =\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)x^{\alpha-n}} {\lambda^n e^{\lambda x}}.$$

因为 $\alpha-n\le0$，当 $x\ge1$ 时，分子有界；分母趋于 $+\infty$，故上式趋于 $0$。

对于前面各次求导，若 $0\le k<n$，则 $\alpha-k>0$，分子和分母仍都趋于 $+\infty$；分母各阶导数 $\lambda^k e^{\lambda x}$ 均不为零。因此可由最后一个极限逐次应用洛必达法则，得到

$$\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{x^\alpha}{e^{\lambda x}}=0.}$$

补充图示：左图取 $\alpha=\frac12$，右图取 $\alpha=2$、$\lambda=1$。图中画的是比值，分别趋于 $0$；这里的 $\ll$ 按上述比值极限理解。

3. 洛必达法则可能使计算循环

求

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

若直接对分子、分母求导，得到

$$\frac{1}{x/\sqrt{1+x^2}} =\frac{\sqrt{1+x^2}}x.$$

再对这个商的分子、分母求导，又得到

$$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

计算回到了原式，尚未求出极限。

直接利用 $x>0$，将分子、分母同除以 $x$：

$$\boxed{ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} =\lim_{x\to+\infty}\frac1{\sqrt{1+1/x^2}}=1. }$$

补充说明：洛必达法则要求先确定导数之商的极限。上述循环本身不能证明原极限存在，也不能先设原极限为 $A$，仅由 $A=1/A$ 就认定极限已经求出。

二、 数列幂指式极限：先取对数

求

$$\lim_{n\to\infty}\left(n\ln\left(1+\frac1n\right)\right)^n.$$

令 $x=\frac1n$，先考虑 $x\to0^+$ 时的函数

$$F(x)=\left(\frac{\ln(1+x)}x\right)^{1/x}.$$

由于

$$\frac{\ln(1+x)}x\to1,$$

这是 $1^\infty$ 型。对 $x>0$，底数为正，可以取对数：

$$\ln F(x)=\frac{\ln\left(\frac{\ln(1+x)}x\right)}x.$$

设

$$u(x)=\frac{\ln(1+x)}x-1\to0.$$

由 $\ln(1+u)\sim u$，可将对数极限转化为

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+}\ln F(x) &=\lim_{x\to0^+} \frac{\frac{\ln(1+x)}x-1}{x}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{\frac1{1+x}-1}{2x}\\ &=\lim_{x\to0^+}\left(-\frac1{2(1+x)}\right) =-\frac12. \end{aligned}$$

其中，第三步应用洛必达法则，分子、分母均趋于 $0$，分母的导数 $2x$ 在 $x>0$ 时不为零。

由指数函数的连续性，

$$\lim_{x\to0^+}F(x)=e^{-1/2}.$$

再取 $x=\frac1n$，得到

$$\boxed{ \lim_{n\to\infty}\left(n\ln\left(1+\frac1n\right)\right)^n =e^{-1/2}. }$$

课堂方法：底数趋于 $1$ 时，把

$$\ln f(x)=\ln\bigl(1+(f(x)-1)\bigr)$$

看作基本等价式 $\ln(1+u)\sim u$ 的复合应用。在 $f(x)>0$、$f(x)\to1$，且所用比值有定义时，

$$\ln f(x)\sim f(x)-1.$$

补充说明：这里先求相应的函数极限，再沿 $x=\frac1n$ 取值，得到数列极限。不能将这一做法理解为任意数列极限都能反过来推出函数极限。

三、 拉格朗日中值定理中的参数极限

1. 题目与中值参数

对 $0<|x|<1$，将拉格朗日中值定理用于 $f(t)=\arcsin t$，可得某个 $\theta=\theta(x)\in(0,1)$，使

$$\arcsin x=\frac{x}{\sqrt{1-(\theta x)^2}}.$$

求

$$\lim_{x\to0}\theta(x).$$

中值定理的一般形式为

$$f(x)-f(0)=f'(\theta x)x,\qquad0<\theta<1.$$

当 $x<0$ 时，在区间 $[x,0]$ 上应用定理，中值点仍可写成 $\theta x$，其中 $0<\theta<1$。

2. 先整理出 $\theta^2$

因为 $x\ne0$，且 $\arcsin x$ 与 $x$ 同号，所以

$$\frac{\arcsin x}{x}>0.$$

由题设等式，

$$\frac{\arcsin x}{x} =\frac1{\sqrt{1-\theta^2x^2}}, \qquad \sqrt{1-\theta^2x^2}=\frac{x}{\arcsin x}.$$

两边平方、移项，得到

$$\begin{aligned} \theta^2 &=\frac{1-\left(\frac{x}{\arcsin x}\right)^2}{x^2}\\ &=\frac{(\arcsin x)^2-x^2}{x^2(\arcsin x)^2}\\ &=\frac{(\arcsin x+x)(\arcsin x-x)}{x^2(\arcsin x)^2}. \end{aligned}$$

3. 利用已知极限求值

由上次课计算过的结论，

$$\arcsin x\sim x, \qquad \arcsin x-x\sim\frac{x^3}{6} \qquad(x\to0).$$

将上式整理成各因子极限均存在的形式：

$$\theta^2 =\frac{\arcsin x+x}{x} \cdot\frac{\arcsin x-x}{x^3} \cdot\frac{x^2}{(\arcsin x)^2}.$$

于是

$$\lim_{x\to0}\theta^2 =(1+1)\cdot\frac16\cdot1=\frac13.$$

由于 $\theta>0$，取正平方根，得到

$$\boxed{\lim_{x\to0}\theta(x)=\frac1{\sqrt3}.}$$

补充核算：上述三阶等价式也可直接由洛必达法则求得。先求导，再对根式有理化：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\arcsin x-x}{x^3} &=\lim_{x\to0}\frac{\frac1{\sqrt{1-x^2}}-1}{3x^2}\\ &=\lim_{x\to0} \frac1{3\sqrt{1-x^2}\bigl(1+\sqrt{1-x^2}\bigr)} =\frac16. \end{aligned}$$

补充图示：割线与中值点处的切线平行。$\theta$ 随 $x$ 变化；本题通过代数变形求其极限，不需要假定 $\theta$ 可导，也不应把它当作常数直接求导。

四、 带佩亚诺余项的泰勒公式

1. 在 $x_0$ 处展开

设 $n\ge1$，函数 $f$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，则当 $x\to x_0$ 时，

$$\boxed{ \begin{aligned} f(x)={}&f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) +\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots\\ &+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +o\bigl((x-x_0)^n\bigr). \end{aligned} }$$

其中，

$$T_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$$

称为 $f$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式。约定 $f^{(0)}=f$、$0!=1$。

余项记为

$$R_n(x)=f(x)-T_n(x).$$

佩亚诺余项的含义是

$$R_n(x)=o\bigl((x-x_0)^n\bigr), \quad\text{即}\quad \lim_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}=0.$$

补充说明：“在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导”意味着所需的低阶导函数在 $x_0$ 附近有定义，且 $f^{(n-1)}$ 在 $x_0$ 处可导；不额外要求 $f^{(n)}$ 在 $x_0$ 附近连续。这里固定 $n$，考察的是 $x\to x_0$ 的过程。

2. 为什么系数是 $\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$

补充说明：设多项式写成

$$P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+\cdots+a_n(x-x_0)^n.$$

若要求它在 $x_0$ 处与 $f$ 的各阶导数一致，即

$$P_n^{(k)}(x_0)=f^{(k)}(x_0),\qquad k=0,1,\ldots,n,$$

则由 $P_n^{(k)}(x_0)=k!a_k$，得到

$$a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}.$$

3. 余项结论的证明

补充证明：以下说明佩亚诺余项如何由导数定义与洛必达法则得到。

令

$$F(x)=f(x)-T_n(x).$$

由泰勒多项式的系数可知

$$F^{(k)}(x_0)=0,\qquad k=0,1,\ldots,n.$$

先利用 $F^{(n-1)}$ 在 $x_0$ 处的导数定义：

$$\lim_{x\to x_0}\frac{F^{(n-1)}(x)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0} \frac{F^{(n-1)}(x)-F^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0} =F^{(n)}(x_0)=0.$$

若 $n=1$，这已经是所需结论。

若 $n\ge2$，从上式开始逐次应用洛必达法则。对 $k=n-2,n-3,\ldots,0$，有

$$\lim_{x\to x_0}\frac{F^{(k)}(x)}{(x-x_0)^{n-k}} =\frac1{n-k} \lim_{x\to x_0}\frac{F^{(k+1)}(x)}{(x-x_0)^{n-k-1}} =0.$$

每一步的分子由在 $x_0$ 处的可导性而连续，故趋于 $0$；分母也趋于 $0$，且其导数在去心邻域内不为零。右侧极限由前一步已经确定。

最后取 $k=0$，得到

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0)^n}=0,$$

即所需公式。

4. 麦克劳林公式

在泰勒公式中取 $x_0=0$，得到带佩亚诺余项的麦克劳林公式：

$$\boxed{ f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+o(x^n),\qquad x\to0. }$$

补充图示：$T_1,T_2,T_3$ 在展开点附近与 $\ln(1+x)$ 接近。小 $o$ 说明的是局部误差阶；有限阶泰勒公式本身不等于无穷级数展开。

五、 带拉格朗日余项的泰勒公式

1. 条件与公式

设 $a<b$，

$$f\in C^{(n)}[a,b]\cap D^{(n+1)}(a,b).$$

对任意 $x_0,x\in[a,b]$，若 $x\ne x_0$，则存在严格介于 $x_0$ 与 $x$ 之间的点 $\xi$，使

$$\boxed{ \begin{aligned} f(x)={}&f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) +\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots\\ &+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}. \end{aligned} }$$

其中，

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

称为拉格朗日余项。

补充说明：$C^{(n)}[a,b]$ 表示函数及其至 $n$ 阶的导函数在闭区间上连续，端点处按相应的单侧情形理解；$D^{(n+1)}(a,b)$ 表示在开区间内 $n+1$ 阶可导。若 $x=x_0$，公式直接成立，此时不需要指定“严格介于两点之间”的 $\xi$。

2. 由罗尔定理证明

补充证明：固定 $x\ne x_0$，设

$$K=\frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}, \qquad \Phi(t)=f(t)-T_n(t)-K(t-x_0)^{n+1}.$$

于是

$$\Phi(x)=\Phi(x_0)=0, \qquad \Phi^{(k)}(x_0)=0\quad(k=1,\ldots,n).$$

先在 $x_0$ 与 $x$ 为端点的闭区间上应用罗尔定理，得到一个内点 $\xi_1$，使 $\Phi'(\xi_1)=0$。

因为 $\Phi'(x_0)=0$，再对 $\Phi'$ 在 $x_0$ 与 $\xi_1$ 之间应用罗尔定理，得到 $\xi_2$，使 $\Phi''(\xi_2)=0$。如此继续，每次利用 $\Phi^{(k)}(x_0)=0$ 与前一次得到的另一个零点。所需的连续性和可导性均由定理条件保证。

共应用 $n+1$ 次罗尔定理，得到介于 $x_0$ 与 $x$ 之间的点 $\xi$，使

$$\Phi^{(n+1)}(\xi)=0.$$

由于 $T_n$ 的 $n+1$ 阶导数为零，

$$0=f^{(n+1)}(\xi)-(n+1)!K.$$

所以

$$K=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}.$$

代回 $K$ 的定义，即得拉格朗日余项公式。

3. 在 $0$ 处展开时的余项

取 $x_0=0$，则

$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_n(x),$$

其中

$$\boxed{ R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1} =\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}, \qquad0<\theta<1. }$$

符号核对：板书将余项改写成 $\theta x$ 的形式时，末尾的幂次应与前式一致，均为 $x^{n+1}$。这里已核正。

4. 交换展开点与取值点

板书同时写出了交换 $x_0$ 与 $x$ 后的公式：

$$\begin{aligned} f(x_0)={}&f(x)+f'(x)(x_0-x) +\frac{f''(x)}{2!}(x_0-x)^2+\cdots\\ &+\frac{f^{(n)}(x)}{n!}(x_0-x)^n +\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x_0-x)^{n+1}, \end{aligned}$$

其中 $\xi$ 仍介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，但不必与前一个公式中的中值点相同。

5. 余项的误差估计

补充说明：若在 $x_0$ 与 $x$ 之间，$n+1$ 阶导数满足 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，则由拉格朗日余项可得

$$|R_n(x)|\le\frac{M}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}.$$

佩亚诺余项便于比较无穷小的阶，拉格朗日余项则可在已知导数界时给出具体误差上界。

六、 常用的麦克劳林展开式

以下均在 $x\to0$ 时成立，展开阶数固定。

1. 指数函数

$$\boxed{ e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o(x^n). }$$

补充说明：由于 $\dfrac{\mathrm d^k}{\mathrm dx^k}e^x=e^x$，各阶导数在 $0$ 处的值均为 $1$，代入麦克劳林公式即可。

2. 正弦函数与余弦函数

$$\boxed{ \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}x^{2n-1}+o(x^{2n-1}). }$$

$$\boxed{ \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots +\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+o(x^{2n}). }$$

符号核对：正弦展开式按板书中的末项幂次 $2n-1$ 和符号 $(-1)^{n-1}$ 整理，分母相应核正为 $(2n-1)!$。

补充说明：正弦函数的偶数阶导数在 $0$ 处为零，奇数阶导数依次为 $1,-1,1,-1,\ldots$；余弦函数的奇数阶导数在 $0$ 处为零，偶数阶导数依次为 $1,-1,1,-1,\ldots$。

3. 对数函数

$$\boxed{ \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}n x^n+o(x^n). }$$

补充说明：在 $x=0$ 附近取 $1+x>0$。对 $k\ge1$，

$$\frac{\mathrm d^k}{\mathrm dx^k}\ln(1+x) =\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}.$$

故 $k$ 次项的系数为 $\dfrac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{k!}=\dfrac{(-1)^{k-1}}k$。

4. 幂函数

对任意固定的实数 $\alpha$，在 $0$ 的充分小邻域内取 $1+x>0$，有

$$\boxed{ \begin{aligned} (1+x)^\alpha={}&1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots\\ &+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n). \end{aligned} }$$

补充说明：其 $k$ 阶导数为

$$\frac{\mathrm d^k}{\mathrm dx^k}(1+x)^\alpha =\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)(1+x)^{\alpha-k}.$$

5. 取 $\alpha=-1$：两个常用的分式展开

由幂函数公式，

$$\boxed{ \frac1{1+x}=1+(-x)+(-x)^2+\cdots+(-x)^n+o(x^n). }$$

即

$$\frac1{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^nx^n+o(x^n).$$

再将 $x$ 换成 $-x$，得到

$$\boxed{ \frac1{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n). }$$

补充说明：这两个式子也可由有限等比求和直接得到：

$$\frac1{1+x}=\sum_{k=0}^{n}(-x)^k+\frac{(-x)^{n+1}}{1+x}, \qquad \frac1{1-x}=\sum_{k=0}^{n}x^k+\frac{x^{n+1}}{1-x}.$$

当 $x\to0$ 时，最后一项分别为 $o(x^n)$。这里使用有限项恒等式，无须先讨论无穷级数。

七、 非零点处的展开：先平移到 $0$

1. $\ln x$ 在 $x_0=3$ 处的展开

求 $y=\ln x$ 在 $x_0=3$ 处带佩亚诺余项的泰勒公式。

令

$$t=x-3,\qquad x=3+t.$$

当 $x\to3$ 时，$t\to0$，且

$$\ln x=\ln(3+t)=\ln3+\ln\left(1+\frac t3\right).$$

利用 $\ln(1+u)$ 的展开式，

$$\begin{aligned} \ln x ={}&\ln3+\frac t3-\frac12\left(\frac t3\right)^2 +\frac13\left(\frac t3\right)^3-\cdots\\ &+\frac{(-1)^{n-1}}n\left(\frac t3\right)^n+o(t^n). \end{aligned}$$

代回 $t=x-3$，得到

$$\boxed{ \begin{aligned} \ln x={}&\ln3+\frac{x-3}{3} -\frac{(x-3)^2}{2\cdot3^2} +\frac{(x-3)^3}{3\cdot3^3}-\cdots\\ &+\frac{(-1)^{n+1}}{n3^n}(x-3)^n +o\bigl((x-3)^n\bigr),\qquad x\to3. \end{aligned} }$$

补充说明：$(-1)^{n+1}=(-1)^{n-1}$；常数倍不改变小 $o$ 的阶，所以 $o((t/3)^n)$ 可写为 $o(t^n)$。

2. $\dfrac1x$ 在 $x_0=2$ 处的展开

令

$$t=x-2,\qquad x=2+t.$$

则

$$\frac1x=\frac1{2+t}=\frac12\cdot\frac1{1+t/2}.$$

利用 $\dfrac1{1+u}$ 的展开式，

$$\begin{aligned} \frac1x &=\frac12\left[1+\left(-\frac t2\right) +\left(-\frac t2\right)^2+\cdots +\left(-\frac t2\right)^n+o(t^n)\right]\\ &=\frac12-\frac{t}{2^2}+\frac{t^2}{2^3}-\cdots +\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}t^n+o(t^n). \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ \frac1x=\frac12-\frac{x-2}{2^2}+\frac{(x-2)^2}{2^3}-\cdots +\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(x-2)^n +o\bigl((x-2)^n\bigr),\qquad x\to2. }$$

课堂方法：在 $x_0\ne0$ 处展开时，先令 $t=x-x_0$，将问题化为 $t\to0$ 时的麦克劳林展开，最后换回原变量。

八、 用展开式求高阶导数

已知

$$f(x)=\frac{x}{1+x^5},$$

求

$$f^{(2026)}(0).$$

解：先利用分式展开，

$$\begin{aligned} f(x) &=x\left[1+(-x^5)+(-x^5)^2+\cdots+(-x^5)^n+o(x^{5n})\right]\\ &=x-x^6+x^{11}-\cdots+(-1)^nx^{5n+1}+o(x^{5n+1}). \end{aligned}$$

只有幂次为 $5k+1$ 的项出现，且相应系数为 $(-1)^k$。

因为

$$2026=5\times405+1,$$

取 $n=405$，则 $x^{2026}$ 的系数为

$$(-1)^{405}=-1.$$

另一方面，$f$ 在 $0$ 附近有任意阶导数，其 $2026$ 阶麦克劳林公式中，$x^{2026}$ 的系数为

$$\frac{f^{(2026)}(0)}{2026!}.$$

比较系数，得到

$$\frac{f^{(2026)}(0)}{2026!}=-1, \qquad \boxed{f^{(2026)}(0)=-2026!.}$$

补充说明：这里利用的是泰勒多项式系数的唯一性，不能对含小 $o$ 余项的等式任意逐次求导。若两个至多 $m$ 次的多项式之差为 $o(x^m)$，而其最低次非零项为 $cx^j$，则除以 $x^j$ 后，多项式一侧趋于 $c\ne0$，另一侧趋于 $0$，矛盾。因此各项系数必须相同。

补充核算：有限等比求和还可直接写出本题的精确余项：

$$\frac{x}{1+x^5} =\sum_{k=0}^{405}(-1)^k x^{5k+1} +\frac{x^{2031}}{1+x^5}.$$

由于

$$\lim_{x\to0}\frac{x^{2031}/(1+x^5)}{x^{2026}} =\lim_{x\to0}\frac{x^5}{1+x^5}=0,$$

该余项确为 $o(x^{2026})$。

九、 用泰勒展开求相消后的极限

1. $\cos x$ 与 $e^{-x^2/2}$ 的差

求

$$\lim_{x\to0}\frac{\cos x-e^{-x^2/2}}{x^4}.$$

解：分母为 $x^4$，分子需要保留到四阶项。

当 $x\to0$ 时，

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4).$$

在 $e^u=1+u+\frac{u^2}{2!}+o(u^2)$ 中取 $u=-\frac{x^2}{2}$，得到

$$\begin{aligned} e^{-x^2/2} &=1+\left(-\frac{x^2}{2}\right) +\frac{\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2}{2!}+o(x^4)\\ &=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4). \end{aligned}$$

相减后，常数项和二阶项消去：

$$\begin{aligned} \cos x-e^{-x^2/2} &=\left(\frac1{24}-\frac18\right)x^4+o(x^4)\\ &=-\frac1{12}x^4+o(x^4). \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\cos x-e^{-x^2/2}}{x^4}=-\frac1{12}.}$$

板书中的余项运算为

$$o(x^4)-o(x^4)=o(x^4).$$

补充说明：两个小 $o$ 符号可以代表不同的函数。若 $r_1(x)/x^4\to0$、$r_2(x)/x^4\to0$，则 $(r_1(x)-r_2(x))/x^4\to0$，这才是上述写法的含义。

2. 根式、指数、对数与正弦的组合

求

$$\lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+x^2}-e^{x^2/2}} {\ln(1+x^2)-x\sin x}.$$

分析：分子中的常数项、二阶项相消，分母中的二阶项也相消，均须计算到四阶项。

解：先展开分子。由幂函数公式，

$$\begin{aligned} \sqrt{1+x^2} &=(1+x^2)^{1/2}\\ &=1+\frac12x^2 +\frac{\frac12\left(\frac12-1\right)}{2}(x^2)^2+o(x^4)\\ &=1+\frac12x^2-\frac18x^4+o(x^4). \end{aligned}$$

由指数函数公式，

$$\begin{aligned} e^{x^2/2} &=1+\frac{x^2}{2}+\frac12\left(\frac{x^2}{2}\right)^2+o(x^4)\\ &=1+\frac12x^2+\frac18x^4+o(x^4). \end{aligned}$$

因此

$$\sqrt{1+x^2}-e^{x^2/2} =-\frac14x^4+o(x^4).$$

再展开分母：

$$\ln(1+x^2)=x^2-\frac12(x^2)^2+o(x^4) =x^2-\frac12x^4+o(x^4),$$

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3),$$

故

$$x\sin x=x^2-\frac16x^4+o(x^4).$$

两式相减，得到

$$\begin{aligned} \ln(1+x^2)-x\sin x &=\left(-\frac12+\frac16\right)x^4+o(x^4)\\ &=-\frac13x^4+o(x^4). \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ \begin{aligned} \lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+x^2}-e^{x^2/2}}{\ln(1+x^2)-x\sin x} &=\lim_{x\to0}\frac{-\frac14x^4+o(x^4)}{-\frac13x^4+o(x^4)}\\ &=\frac{-1/4}{-1/3}=\frac34. \end{aligned} }$$

补充条件检查：分母除以 $x^4$ 后趋于 $-\frac13\ne0$，因此在 $0$ 的某个去心邻域内，原分母不为零，商有定义。

补充图示：分别将两题的分子除以 $x^4$，可观察到极限 $-\frac1{12}$ 和 $-\frac14$。第二题还需结合分母的四阶系数 $-\frac13$，才能得到原商的极限 $\frac34$。

3. 展开到哪一阶

补充说明：相减前的首项可能完全抵消，不能仅凭各函数与首项等价就结束计算。本节两题都必须继续保留四阶项，直到分子、分母各自出现不再相消的首个非零项。

复合展开时也要换算余项的阶：代入 $u=\pm\frac{x^2}{2}$ 或 $u=x^2$ 后，$o(u^2)$ 相应成为 $o(x^4)$；将 $\sin x$ 的三阶展开乘以 $x$ 后，余项 $x\,o(x^3)$ 成为 $o(x^4)$。