Étudions le développement de MacLaurin de $f(x)=e^x$.
Puisque $f^{(k)}(x)=e^x$ pour tout $k$, $f\in C^{\infty }(I)$, avec $I=\mathbb{R}$. Pour tout $n$ fixé, son $DL(n)$ autour de $0$ est donné par $$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+R_n(x),$$ où $R_n(x)=x^n{\epsilon }_n(x)$, avec $${\epsilon }_n(x)=x\frac{e^u}{(n+1)!},$$ où $u$ est un nombre entre $0$ et $x$. Voyons si on peut prendre la limite $n\to \infty$, en vérifiant les deux étapes décrites plus haut.

1. D’abord, la série de MacLaurin associée est
   $$\sum _{k⩾0}\frac{1}{k!}{x}^k.$$
   On a vu que cette série a un rayon de convergence infini, elle converge donc pour tout $x$: $I_s=\mathbb{R}$.
2. Ensuite, pour calculer la limite du reste, on commence par l’estimer comme suit: $\forall x\in \mathbb{R}$,
   $$\begin{array}{rl}|R_n(x)|=|x^n{\epsilon }_n(x)|& =\left|x^{n+1}\frac{e^u}{(n+1)!}\right|\\ & ⩽|x{|}^{n+1}\frac{e^{|u|}}{(n+1)!}\\ & ⩽e^{|x|}\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}\end{array}$$
   Dans cette dernière inégalité, on a utilisé le fait que $u$ est entre $0$ et $x$, et donc $|u|⩽|x|$. Maintenant, puisque $x$ est fixé, le critère de d’Alembert (pour les suites) implique que
   $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}=0,$$
   on a donc bien que le reste tend vers zéro: ${\lim }_{n\to \infty }{R}_n(x)=0$, pour tout $x\in I_r=\mathbb{R}$.

Ceci implique que l’exponentielle peut être écrite à l’aide de sa série de MacLaurin, pour tout réel $x\in I^{\prime }=I\cap I_s\cap I_r=\mathbb{R}$: $$\boxed{e^x=\sum _{k⩾0}\frac{1}{k!}{x}^k.}$$

Considérons le sinus hyperbolique, $$\sinh (x):=\frac{e^x-e^{-x}}{2}.$$ Puisqu’on a déjà la série de Taylor de $e^x$, et que celle-ci converge pour tout $x\in \mathbb{R}$, il suffit d’écrire $$\begin{array}{rl}\sinh (x)& =\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})\\ & =\frac{1}{2}(\sum _{k⩾0}\frac{x^k}{k!}-\sum _{k⩾0}\frac{(-x{)}^k}{k!})\\ & =\sum _{k⩾0}\frac{1}{k!}\frac{(1-(-1{)}^k)}{2}{x}^k.\end{array}$$ Mais puisque $$\frac{1-(-1{)}^k}{2}=\{\begin{array}{ll}0& k\text{ pair,}\\ 1& k\text{ impair,}\end{array}$$ seuls les termes d’indices impairs demeurent. On a donc $$\boxed{\sinh (x)=x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots =\sum _{k⩾0}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!},\forall x\in \mathbb{R}}$$ De même pour le cosinus hyperbolique, $$\cosh (x):=\frac{e^x+e^{-x}}{2},$$ $$\boxed{\cosh (x)=1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots =\sum _{k⩾0}\frac{x^{2k}}{(2k)!},\forall x\in \mathbb{R}}$$

Considérons le développement de MacLaurin de $f(x)=\sin (x)\in C^{\infty }(\mathbb{R})$. On peut écrire ses dérivées de façon compacte, $$f^{(n)}(x)=\sin (x+n\frac{\pi }{2}),$$ ce qui donne $f^{(n)}(0)=\sin (n\frac{\pi }{2})$. On a donc que toutes les dérivées d’ordre pair sont nulles, $f^{(2k)}(0)=0$, alors que $f^{(2k+1)}(0)=(-1{)}^k$, ce qui donne une série de Taylor $$\sum _{k⩾0}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{x}^{2k+1}.$$ On vérifie facilement que cette série converge pour tout $x\in I_s:=\mathbb{R}$. Le reste étant $R_n(x)=x^{n+1}\frac{f^{(n+1)}(u)}{(n+1)!}$, et puisque $|f^{(n+1)}(u)|⩽1$, on a aussi que $R_n(x)\to 0$ pour tout $x\in I_r:=\mathbb{R}$. Ceci montre que la série de Taylor décrit $f$ sur toute la droite: $$\boxed{\sin (x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots =\sum _{n⩾0}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1},\forall x\in \mathbb{R}}$$ On peut procéder de même pour montrer que $$\boxed{\cos (x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots =\sum _{n⩾0}\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n},\forall x\in \mathbb{R}}$$

Considérons $f(x)=\log (1+x)$, définie sur $I=]-1,+\infty [$. Sur $I$, $f$ est infiniment dérivable, et ses dérivées sont données par $$f^{(k)}(x)=(-1{)}^{k+1}(k-1)!(1+x{)}^{-k}.$$ Ainsi, sa série de MacLaurin est $$\sum _{k⩾1}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}{x}^k,$$ et on a vu que l’intervalle de convergence de cette série entière est $I_s:=]-1,1]$,
L’étude du reste est plus délicate. Si $x\in I_s$, $$\begin{array}{rl}|R_n(x)|& =|x^n{\epsilon }_n(x)|\\ & =\left|x^{n+1}\frac{f^{(n+1)}(u)}{(n+1)!}\right|\\ & =\frac{1}{n+1}|\frac{x}{1+u}{|}^{n+1}\end{array}$$ On voit que pour tendre vers zéro, il faut s’assurer que $|\frac{x}{1+u}|⩽1$. Distinguons les cas. D’une part, si $x⩾0$, alors $u⩾0$, et donc $$\left|\frac{x}{1+u}\right|=\frac{x}{1+u}⩽x⩽1,$$ ce qui permet d’écrire $$|R_n(x)|⩽\frac{1}{n+1}\to 0\text{ lorsque }n\to \infty .$$ D’autre part, si $-1<x⩽0$ alors $1+u⩾1+x>0$ et donc $$\left|\frac{x}{1+u}\right|=\frac{-x}{1+u}⩽\frac{-x}{1+x}.$$ Donc pour garantir $|\frac{x}{1+u}|⩽1$, on peut imposer $\frac{-x}{1+x}⩽1$, qui est équivalent à $x⩾-\frac{1}{2}$. Donc $R_n(x)\to 0$ dès que $x\in I_r:=[-\frac{1}{2},1]$. Ainsi, on a montré que
$$\boxed{\log (1+x)=\sum _{k⩾1}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}{x}^k,\forall x\in [-\frac{1}{2},1]}$$ On ne le fera pas ici, mais on peut en fait montrer que la série de MacLaurin représente la fonction sur tout l’intervalle $]-1,1]$.

On peut montrer que pour tout $x\in \mathbb{R}$, $$\boxed{\arctan (x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots =\sum _{k⩾0}(-1{)}^k\frac{x^{2k+1}}{2k+1}.}$$

Considérons $$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-\frac{1}{x^2}}& \text{ si }x\ne 0\\ 0& \text{ si }x=0.\end{array}$$ Clairement, $f$ est infiniment dérivable partout en dehors de $x=0$. En travaillant un peu plus (laissé en exercice), on peut montrer que $f$ est également infiniment dérivable en $x=0$, et que ses dérivées en ce point sont toutes nulles: $$f^{(k)}(0)=0\forall k⩾1.$$ On en déduit que le $DL(n)$ en $x_0=0$ existe, et est donnée par $$f(x)=\underset{=0}{\underbrace{0+0\cdot x+0\cdot x^2+\cdots +0\cdot x^n}}+\underset{=f(x)}{\underbrace{R_n(x)}}$$ On en déduit que sa série de MacLaurin est la série entière dont tous les termes sont nuls; elle converge donc en tout $x\in \mathbb{R}$, mais ne représente évidemment pas la fonction... Ce qui se passe, ici, c’est que le reste est égal à la fonction elle-même, et donc pour tout $x\ne 0$, ${\lim }_{n\to \infty }{R}_n(x)\ne 0$.