利用洛必達(dá)法則和麥克勞林公式求極限之比較

利用洛必達(dá)法則和麥克勞林公式求極限之比較關(guān)于洛必達(dá)法則和含x的冪展開的帶有佩亞諾型余項的泰勒公式(也就是麥克勞林公式)，以及利用它們求函數(shù)極限所必須滿足的條件，這里均不贅述．本文意圖通過實例說明，利用洛必達(dá)法則和麥克勞林公式求極限，各有各的優(yōu)勢，同時如果糅合代數(shù)式的恒等變形無窮小替換、變量代換和把極限存在的函數(shù)分離出來等等方法，有可能大大簡化求極限的計算過程．當(dāng)然，利用上述兩種方法求函數(shù)極限也有其局限性，本文將就具體例子對利用這兩種方法求函數(shù)極限作一比較．例1當(dāng)xT0時，函數(shù)f(x)=3sinx-sin3x與cxk是等價無窮小，求c,k.解法一利用洛必達(dá)法則．f(x) f(x)由等價無窮小的定義知lim =1,這里c豐0,k>0.記1=lim .第一次利用xT0cxk xT0cxk3cosx-3cos3x洛必達(dá)法則，有I二lim ；注意到上式分子趨于零，因而分母必趨于零，xT0 ckxk-1且當(dāng)k>1時可再次利用洛必達(dá)法則，即有I=lim ；同樣上式分子趨于xT0ck(k-1)xk-2零，因此要求分母趨于零，則當(dāng)k>2時，可第三次利用洛必達(dá)法則，即-3cox+27c.os3 _I=lim .此時可見分子當(dāng)xT0時趨于24,因而不滿足洛必達(dá)法則的xT0ck(k-1)k(-x2k)-3條件?要使得當(dāng)I=1時，則必有k-3二0,ck(k-1)(k-2)二24?故解得k二3,c二4.解法二利用麥克勞林公式展開．31f(x)二3sinx-Sin3x二[3x-3!x3+0x3)]-[3x-3!(3x)3+0x心4x3+0x3)cxk則當(dāng)k=3,c=4有I=lim =1.或注意到f(x)=4x3+o(x3)，cxkxT0f(x)?4x3，故有k=3,c=4.比較上兩種方法，方法二似乎簡單一些，但以筆者多年來的教學(xué)經(jīng)驗看，初學(xué)者(大一新生)會有把sinx和sin3x展開到多少階為合適的問題.比如，把3sinx和sin3x分別展開為3sinx二3x+o(x)和sin3x二3x+o(x)，則f(x)二o(x).這樣的展開不僅對求解該題無任何幫助，反而會得出錯誤結(jié)果．若將兩者展開到比方法二更高階，即四階及四階以上，則必出現(xiàn)冗余．因此方法一對初學(xué)者而言不失為一種較為穩(wěn)妥的方法，盡管步驟看起來多一些．a(chǎn)tanx+b(1-cosx)例2已知I=lim =2，則下列四個結(jié)論正確的是().xT0cln(1-2x)+d(1-e-x2)(A)b=4d；(B)b=一4d；(C)a=4c；(D)a=-4c.

asec2xasec2x+bsinx ax1+bx0aI=limxT0二2- =二2 =~^=2，即得a=-4c，選D.蘭+2dxe-x2 蘭+2dx0-2c解法二TOC\o"1-5"\h\z1-x 1-0解法二利用麥克勞林公式將展開?考慮到當(dāng)xT0時tanx二x+o(x),11-cosx二2x2+o(x2)，唄-2x)=-2x+o(x)，1-e-x2=x2十o(x2)，因此得ax+o(x)+bx2+o(x2) /、2 ax+o(x) aI=lim - =lim = =2，即得a=-4c，選D.xT0—2cx+o(x)+dx2+o(x2) xT0—2cx+o(x) —2c從例2可以看出，用洛必達(dá)法則更好.因為初學(xué)者同樣面臨與例1相似的問題——將函數(shù)展開到多少階為合適的問題.那么可否認(rèn)為用洛必達(dá)法則求極限比用麥克勞林公式求極限更有效呢？例3當(dāng)xT0時，試確定無窮小f(x)二sinx2+ln(1-x2)的階.f(x)解法一用洛必達(dá)法則.這里設(shè)k>0，并記I=lim，則xT0xk2x2xcosx2—kxk-1I=lim 土=2lim(x-x3)COsx2-xkxk-1xT0 kxk-1 xT0 kxk-1 xT01-x21這里，上式中已將因式 分離出來，因為它的極限為1?故當(dāng)k>1時，對上式再次利1-x2用洛必達(dá)法則得到(1-3x2)cosx2-2x(x-x3)sinx2-1k(k-1)xkk(k-1)xk-2xT0此時可以看出上式還可以用洛必達(dá)法則，但是分子過于復(fù)雜.若當(dāng)k>2時對上式再次利用洛必達(dá)法則，解題者將陷入繁瑣的求導(dǎo)境地.事實上，考慮用麥克勞林公式將函數(shù)展開，則將另有一番天地.解法二利用麥克勞林公式展開.1 1 1 1f(x)=[x2一x6+o(x6)]+[-x2一x4一x6+o(x6)]=-—x4+o(x4)，3! 2 3 21即有f(x)~-2x4(xT0).因此f(x)為xT0時x的四階無窮小.當(dāng)然，對有些題目而言，兩種方法均可使用，計算均簡單．例4求極限I=lim[x-x2ln(1+丄)].xT8解法一作變換后用洛必達(dá)法則1令x=一，貝y1令x=一，貝yI=limt tT0t—ln(1+1)121二limtT01+12t解法二利用麥克勞林公式展開．TOC\o"1-5"\h\z1 1 11 1因ln(l+—)二——(—)2+0((—)2)，故有x x 2x xI二lim[x—x2(—XT811o(一)1+0I二lim[x—x2(—XT8X2XT82 1 2x21注：例4解法一中先做變量代換x二-之后，再用麥克勞林公式將ln(1+1)展開為t1t—212+o(t2)，這樣對學(xué)生理解為什么把ln(1+1)展開到二階是有幫助的.因為分母中含12，而12是tT0時的二階無窮小，這可以解開學(xué)生在利用麥克勞林公式展開函數(shù)求極限時展開到多少階的困惑．有些題目兩種方法均不能使用，如下例5，那只能另辟蹊徑了．我們可以考慮利用代數(shù)式的恒等變形、無窮小替換、變量代換和把極限存在的函數(shù)分離出來等等方法，再用上述兩種方法，以期簡化計算．例5求極限I二例5求極限I二limxtO3sin1X+X2cos—X(1+cosx)ln(1+x)分析本例用麥克勞林公式展開求極限是行不通的，因為cos丄在x二0處不可能展x開.考慮到lim(1+cosx)二2，故先分離函數(shù)(1+cosx)并求出其極限.又注意到xtO3sinx+x2cos1ln(1+x)~x(xt0)，故有I二lim x.此時如果考慮用洛必達(dá)法則，即有TOC\o"1-5"\h\zxtO 2x111(3 11.1)—cosx+xcos——一sin—

2 x2(3 11.1)—cosx+xcos——一sin—

2 x2x丿I二lim x x 二limxtO 2 xtO\1而極限limsin—不存在.因此本例用洛必達(dá)法則是行不通的，其原因是不符合洛必達(dá)法則xtO x的第三個條件，即要求求導(dǎo)后的極限存在或為無窮大.正確解法如下：3sinx+x23sinx+x2cos1I=limxtO=limxtO\(3sinx1 1' +—xcos—2x 21此處后一極限為零的原因是，1此處后一極限為零的原因是，cos—為有界變量,xx為xt0時的無窮小.例6求極限I例6求極限I=limxt1x一xx1—x+lnx分析若用洛必達(dá)法則，分子求導(dǎo)繁瑣，而利用麥克勞林公式展開又要作變換，也較繁．考慮用恒等變形，之后用無窮小替換，再用洛必達(dá)法則．elnx—exlnx elnx(e(x—l)lnx—1)TOC\o"1-5"\h\zI=lim =limx—I1—x+lnx xti x—lnx—1注意到limelnx二1,lim(x—1)lnx二0，故先求分子中emx(也就是x)的極限，同時把x—1 x—1(x—1)lnx無窮小e(x-1)lnx—1用與之等價的無窮小(x-1)lnx替換，得到下式I二lim ，又x—1x—lnx—1(x—1)2考慮到lnx=ln[1+(1—x)]~1—x(xT0)，故有I=lim 再用洛必達(dá)法則求x—1x—lnx—1之得到I=limxT12(x—1)二lim2x之得到I=limxT12(x—1)二lim2x(x—1)xT1 x—1例7求極限I=limxT1I1+x2—x1+x22(cosx—ex2)sinx2分析可將分子有理化(事實上就是代數(shù)式恒等變形)，分母中的sinx2用無窮小替換,將COSx和ex2麥克勞林展開，并分離有理化因子，得到2—(1+x2)I=lim1 ?lim 1xT1[(1—2x2+o(x2))—(1+x2+o(x2)]x2 xT01+?x21x2二一lim8xT0 3xT0一x2+o(x2)

212當(dāng)然，例7也可直接將分子中的+x2麥克勞林展開求之.例8的解法將會用到：分離極限存在的函數(shù)、無窮小替換、變量代換、洛必達(dá)法則[sinx—sin(sinx)]sinx例8求極限I二limxT0 x4[sinx—sin(sinx)] sinx解I二lim ?limxT0 x3 xT0x[sinx—sin(sinx)] t—sint=lim =limxT0 (sinx)3 tT0 t31

一一12[.1—cost[. 2 1二lim 二lim 二一一.tTO3t2 tTO3t2 6sinx上式中，第一步是分離極限存在的函數(shù) ，并求出其極限，第二式是將第一式中x3x的用(sinx)3替換，第三式是用變量t替換變量sinx，第四式是對第三式用洛必達(dá)法則而得,第五式再次用到無窮小替換1-cost12(xT0)，最后得出結(jié)論.例9求極限