利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较

利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较 摘 要 通过实例说明，在利用洛必达法则和麦克劳林公式求函数极限时，应因 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 目不同而加以选择，同时在求极限的过程中，如果糅合代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，有可能大大简化求极限的计算过程( 关键词 洛必达法则;麦克劳林公式;求极限;比较 关于洛必达法则和含的幂展开的带有佩亚诺型余项的泰勒公式(也就是麦克劳林公x 式)，以及利用它们求函数极限所必须满足的条件，这里均不赘述(本文意图通过实例说明，利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限，各有各的优势，同时如果糅合代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法，有可能大大简化求极限的计算过程(当然，利用上述两种方法求函数极限也有其局限性，本文将就具体例子对利用这两种方法求函数极限作一比较( kcxf(x),3sinx,sin3xc,kx,0例1 当时，函数与是等价无穷小，求( 解法一 利用洛必达法则( fx()fx()c,0,k,0由等价无穷小的定义知,这里(记(第一次利用,,lim1Ilimkk,0,0xxcxcx 3cos3cos3xx,洛必达法则，有;注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零，I,limk,1x,0ckx ,，3sin9sin3xxk,1且当时可再次利用洛必达法则，即有;同样上式分子趋于I,limk,2x,0ckkx(1), k,2零，因此要求分母趋于零，则当时，可第三次利用洛必达法则，即 ,，3cos27cos3xxx,0(此时可见分子当时趋于24，因而不满足洛必达法则的I,limk,3x,0ckkkx(1)(2),, k,3,0,ck(k,1)(k,2),24k,3,c,4条件(要使得当I,1时，则必有(故解得( 解法二 利用麦克劳林公式展开( 31333333 f(x),3sinx,sin3x,[3x,x，o(x)],[3x,(3x)，o(x)],4x，o(x)3!3! 334()xox，33k,3,c,4则当有(或注意到，即I,,lim1f(x),4x，o(x)k,x0cx 3k,3,c,4，故有( f(x)~4x 比较上两种方法，方法二似乎简单一些，但以笔者多年来的教学经验看，初学者(大 sinxsin3x3sinxsin3x一新生)会有把和展开到多少阶为合适的问题(比如，把和分别 3sinx,3x，o(x)sin3x,3x，o(x)f(x),o(x)展开为和，则(这样的展开不仅对求解该题无任何帮助，反而会得出错误结果(若将两者展开到比方法二更高阶，即四阶及四阶以 1 上，则必出现冗余(因此方法一对初学者而言不失为一种较为稳妥的方法，尽管步骤看起来多一些( axbxtan(1cos)，,I,,lim2 例2 已知，则下列四个结论正确的是( )( 2,xx,0cxdeln(12)(1),，, b,4db,,4da,4ca,,4c (A);(B);(C);(D)( 解法一 利用洛必达法则(注意到该极限适合洛必达法则，故由洛必达法则有 2axbxabasecsin10，，，，I,,,,lim2a,,4c，即得，选D( 2x,0,,22cc,2c,x，，，220dxed110,,x tanx,x，o(x) 解法二 利用麦克劳林公式将展开(考虑到当x,0时， 21,x2222ln(1,2x),,2x，o(x)1,e,x，o(x)，，，因此得 1,cosx,x，o(x) 2 b22axoxxox，()，，()axoxa，()2I,lim,lim,,2a,,4c，即得，选D( 22x,0x,0cxoxc,2，(),2cxoxdxox,2，()，，() 从例2可以看出，用洛必达法则更好(因为初学者同样面临与例1相似的问题——将函数展开到多少阶为合适的问题(那么可否认为用洛必达法则求极限比用麦克劳林公式求极限更有效呢, 22x,0例3 当时，试确定无穷小的阶( f(x),sinx，ln(1,x) f(x)k,0解法一 用洛必达法则(这里设Ilim，并记，则 ,k,0xx 2x22xcosx,322(x,x)cosx,x11,xI,lim,2lim,lim k,1k,12x,x,x,000kxkx1,x 1k,1这里，上式中已将因式分离出来，因为它的极限为1(故当时，对上式再次利21,x 用洛必达法则得到 2232(1,3x)cosx,2x(x,x)sinx,1I,2lim， k,2x,0k(k,1)x k,2此时可以看出上式还可以用洛必达法则，但是分子过于复杂(若当时对上式再次利用洛必达法则，解题者将陷入繁琐的求导境地(事实上，考虑用麦克劳林公式将函数展开，则将另有一番天地( 解法二 利用麦克劳林公式展开( 1111266246644， f(x),[x,x，o(x)]，[,x,x,x，o(x)],,x，o(x)3!232 14f(x)x,0x,0即有f(x)~,x()(因此为时的四阶无穷小( x2 当然，对有些题目而言，两种方法均可使用，计算均简单( 2 12例4 求极限Ixx( ,lim[,ln(1，)]x,,x 解法一 作变换后用洛必达法则( 11,tln(1t)11,，1t，Ilimlim,,,令，则 ( x,2t,0t,02t2tt 解法二 利用麦克劳林公式展开( 1111122因，,,，o，故有 ln(1)()(())xxxx2 1o()2111112xIxxo( lim[(()]lim[],,,，,，,22x,,x,,1x22xx2 2x 1ln(1，t) 注:例4解法一中先做变量代换之后，再用麦克劳林公式将展开为x,t 122ln(1，t)，这样对学生理解为什么把展开到二阶是有帮助的(因为分母中含t,t，o(t)2 22ttt,0，而是时的二阶无穷小，这可以解开学生在利用麦克劳林公式展开函数求极限时展开到多少阶的困惑( 有些题目两种方法均不能使用，如下例5，那只能另辟蹊径了(我们可以考虑利用代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法，再用上述两种方法，以期简化计算( 12xx，3sincosxI,lim例5 求极限( x,0(1cos)ln(1)，，xx 1x,0分析 本例用麦克劳林公式展开求极限是行不通的，因为在处不可能展cosx lim(1，cosx),2(1，cosx)开(考虑到，故先分离函数并求出其极限(又注意到x,0 123sinxxcos，xln(1，x)~x(x,0)Ilim，故有(此时如果考虑用洛必达法则，即有 ,x,02x 1112xxx，，,,3cos2cossin()23111,,xxxIxx,lim,limcos，cos,sin， ,,x,0x,0xx222,, 1而极限不存在(因此本例用洛必达法则是行不通的，其原因是不符合洛必达法则limsinx,0x 的第三个条件，即要求求导后的极限存在或为无穷大(正确解法如下: 123sinxxcos，3sinx1133,,xI,lim,lim，xcos,，0,( ,,x,0x,02x2x2x22,, 3 1x,0此处后一极限为零的原因是，为有界变量，为时的无穷小( cosxx xx,xI,lim例6 求极限( ,1x1,x，lnx 分析 若用洛必达法则，分子求导繁琐，而利用麦克劳林公式展开又要作变换，也较 繁(考虑用恒等变形，之后用无穷小替换，再用洛必达法则( lnxxlnxlnx(x,1)lnxe,ee(e,1)I,lim,lim x,1x,11,x，lnxx,lnx,1 xlnxlnelim(x,1)lnx,0注意到，，故先求分子中(也就是)的极限，同时把lime,1xx,1x,1 (x,1)lnx(x,1)lnxe,1(x,1)lnx无穷小用与之等价的无穷小替换，得到下式I,lim，又x,1x,lnx,1 2(x,1)lnx,ln[1，(1,x)]~1,x(x,0)I,lim考虑到，故有，再用洛必达法则求x,1x,lnx,1 xxx2(,1)2(,1)I,lim,lim,2之得到 ( x,1x,11x,11,x 1221，x,1，x2 例7 求极限( I,lim2x2,x1(cosx,e)sinx 2sinx分析 可将分子有理化(事实上就是代数式恒等变形)，分母中的用无穷小替换， 2x将和麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到 ecosx 21,,221，x,(1，x),,12,,I,lim,lim x,x,10112222222[(1,x，o(x)),(1，x，o(x)]x1，x，1，x22 2x11,,,lim( x,0381222xox,，()2 21，x当然，例7也可直接将分子中的麦克劳林展开求之( 例8的解法将会用到:分离极限存在的函数、无穷小替换、变量代换、洛必达法则( [sinx,sin(sinx)]sinx例8 求极限( I,lim4x,0x 4 xxx,[sinsin(sin)]sinI解 ,,limlim3x,0x,0xx [sinx,sin(sinx)]t,sint,lim,lim 33x,t,00(sinx)t 12t,1cost1,2limlim( ,,,,22t,0t,063t3t sinx3x上式中，第一步是分离极限存在的函数，并求出其极限，第二式是将第一式中x 3sinx的用替换，第三式是用变量替换变量，第四式是对第三式用洛必达法则而得，t(sinx) 12第五式再次用到无穷小替换，最后得出结论( 1,cost~t(x,0)2 x，，，12cosx,,例9 求极限( ,,lim1I,,,,3,x03x,,,,，， 2cos，x,,lnx,,3,,2，cosxe,1,,解 注意到limln,0，故有，即 xI,lim,,3x,00,x3x,, ，，2cosx2cosx,,,,xlnln1(1)，,,,,,33,,,, ,,Ilimlim32x,x,00xx 12x,cosx11,2limlim,,,,( 22x,0x,063x3x 例9纯粹用到恒等变形和无穷小替换，没有用到洛必达法则和麦克劳林公式( 参考文献 [1] 同济大学应用数学系(高等数学[M](北京:高等教育出版社，2007 5