这一节，我们利用基本级数的公式，通过间接展开法求一些函数的泰勒级数与麦克劳林级数。
1，间接展开法：利用基本级数，通过变量代换、逐项求导与逐项积分来求函数的幂级数。
2，常用的基本级数：
（1）\(\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^n,\quad x\in(-\infty,+\infty)\);
（2）\(\displaystyle \sin x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}x^{2n+1},\quad x\in(-\infty,\infty)\);
（3）\(\displaystyle \cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n},\quad x\in(-\infty,\infty)\)；
（4）\(\displaystyle \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n, |x|<1\)；
（5）\(\displaystyle \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n, |x|<1\)；
（6）\(\displaystyle \ln(1-x)=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n}, |x|<1\)。
例1：\(\displaystyle a^x=e^{x\ln a}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\ln a)^nx^n}{n!}, x\in(-\infty,\infty)\)。
例2：\(\displaystyle \cos (x^2)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{4n},\quad x\in(-\infty,\infty)\)。
例3：求 \(f(x)=\arctan x\) 的麦克劳林级数。
解：因为 \(\displaystyle\arctan x=\int\frac{1}{1+x^2}dx\)，而 \(\displaystyle\frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}\)，所以
\[\arctan x =\sum_{n=0}^{\infty}\int(-1)^nx^{2n}=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}, |x|<1\]
又因为 \(\arctan0=0\)，所以 \(C=0\)，也就是
\[\arctan x =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}, |x|<1\]
例4：求 \(\displaystyle\frac{1}{1+x}\) 在 \(x=1\) 处的泰勒级数。
解：因为是求 \(x=1\) 处的泰勒级数，所以我们先将函数化成 \((x-1)\) 的表达式，再利用基本级数的变量代换来求幂级数。因为
\[\frac{1}{1+x}=\frac{1}{1+(x-1)+1}=\frac{1}{2+(x-1)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}\]
利用公式 \(\displaystyle \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n,|x|<1\)，我们有
\[\begin{align*}\frac{1}{1+x}&=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{x-1}{2}\right)^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(x-1)^n\end{align*}\]
收敛域为 \(\left|\frac{x-1}{2}\right|<1\quad\Rightarrow\quad |x-1|<2\)，也就是 \(x\in(-1,3)\)。所以
\[\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(x-1)^n,\quad x\in(-1,3)\]
例5：求 \(f(x)=\ln x\) 在 \(x=2\) 处的泰勒级数，并求 \(f^{(10)}(2)\)。
解：因为
\[\ln x=\ln (2+(x-2))=\ln2\left(1+\frac{x-2}{2}\right)=\ln 2+\ln \left(1+\frac{x-2}{2}\right)\]
所以由 \(\displaystyle \ln(1+x)=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^n}{n}, |x|<1\)，我们有
\[\begin{align*}\ln x&=\ln 2+\ln \left(1+\frac{x-2}{2}\right)=\ln2-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\left(\frac{x-2}{2}\right)^n\\ &=\ln 2-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^nn}(x-2)^n\end{align*}\]
收敛域为 \(\displaystyle \left|\frac{x-2}{2}\right|<1\)，也就是 \(|x-2|<2\)，或者 \(x\in(0,4)\)，所以
\[\ln x=\ln 2-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^nn}(x-2)^n, \quad x\in(0,4)\]
当 \(n=10\) 时，
\[a_{10}=\frac{f^{(10)}(2)}{10!}=\frac{(-1)^{10}}{2^{10}\cdot 10}\quad \Rightarrow\quad f^{(10)}(2)=\frac{10!}{2^{10}\cdot 10}=\frac{9!}{2^{10}}\]