泰勒展开式

$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n} \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i+R_n(x)$

其中，$f^{(i)}(x_0)$表示已经展开的$f(x_0)$的$i$阶导数，$R_n(x)\rightarrow 0$,$f(x)$为在$x_0$处可连续$n+1$阶导数。

详细推导

前置知识:导数的四则运算

不妨假设$x\rightarrow x_0$，即$\Delta x=x-x_0$很小的时候。

有$f(x)=f(x_0)+k\Delta x$，其中$k=f^{~'}(x_0)$。

众所周知，如果一个多项式与另外一个多项式相等，那么这两个多项式的各阶导数也相等。

也可以这么说，如果相同的阶导数越多(从小到大)，那么这两个多项式在图像上就越相近。

那么我们的目的就是让$f^{~'}(x)=f^{~'}(x_0),f^{~''}(x)=f^{~''}(x_0),\cdots$,就可以无限逼近原多项式。

那么尝试求得$f(x)$的表达式，

若$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n} f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i$，

待会会用到$[f(x)+g(x)]'=f~'(x)+g~'(x)$，便于求导。

(下列均是对$x$进行求导，不含$x$项都可以作为常数看待。)
一阶求导:

任举一项

$f^{(i)}(x_{0})(x-x_0)^i$

可得$\lim\limits _{\Delta x\rightarrow 0} f^{(i)}(x_{0})(\sum_{j=0}^{i-1}C_{n}^j(x-x_0)^j\Delta x^{n-j-1})=i f^{(i)}(x_{0})(x-x_0)^{i-1}$

每一项累加起来，由于$x\rightarrow x_0$，只剩下了$f^{(1)}(x_0)$

因此$f^{~'}(x_0)$没有问题。

二阶求导:

得$2 f^{(2)}(x_0)$，又不对了。

对于第$i$项$f^{(i)}(x_{0})(x-x_0)^i$，最高有$i$阶导数，即$i!f^{(i)}(x_0)$。

那么显然，只要除以$i!$，就可以符合条件。

推导完毕。

附:

$e^x=f(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac{x^i}{i!}$

参考文献:
https://blog.csdn.net/SoHardToNamed/article/details/80550935