利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较

1、利用洛必达法那么和麦克劳林公式求极限之比较关于洛必达法那么和含 x的藉展开的带有佩亚诺型余项的泰勒公式(也就是麦克劳林公 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,利用洛必达法那么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别离出来等等方法,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.例1当XT 0时,函数f (x) =3sin x sin 3x与cxk是等价无穷小,求c, k .解法一利用洛必达法那么.由等

2、价无穷小的定义知lim 甲=1,这里c# 0,k?0 .记I = liml* .第一次利用 x a cxkx >0 cxk洛必达法那么,有I = l四3cos M3:os3x ;注意到上式分子趋于零,因而分母必趋于零,且当k?1时可再次利用洛必达法那么,即有I =蚣-3?n：；skL3x ；同样上式分子趋于零,因此要求分母趋于零,那么当k?2时,可第三次利用洛必达法那么,即I =l i m3co * 27 孕3时可见分子当xt 0时趋于24,因而不满足洛必达法那么的7ck(k1)k( x )条件.要使得当I =1时,那么必有k3 = 0,ck(k1)(k2) = 24 .故解得k=3,c

3、 = 4 .解法二利用麦克劳林公式展开.33/313.33/3、冲邓油怀二皿-虻.心-耳"a." o(x)那么当 k =3,c=4 有 I =limx04x o(x )q qk=1 . 或汪怠至V f(x) = 4x + o(x ), 即 cx3f(x)4x,故有 k=3,c=4.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(大一新生)会有把sin x和sin3x展开到多少阶为适宜的问题.比方,把3sinx和sin3x分别展开为3sin x = 3x + o(x)和sin 3x = 3x + o(x),贝U f (x) = o(x).这样的展开不仅

4、对求解a tan x b(1 cosx)例2 I = li该题无任何帮助,反而会得出错误结果. 假设将两者展开到比方法二更高阶, 即四阶及四阶以 上,那么必出现冗余.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.lim =2 ,那么以下四个结论正确的选项是()x 0 cln(1 -2x) d(1 g )(A) b=4d ； (B) b=4d ； (C) a=4c； (D) a =4c.解法一 利用洛必达法那么.注意到该极限适合洛必达法那么,故由洛必达法那么有a sec x bsin xI =llm x j0 -2 c顼2 2dxe顼1 -x-2c 2d 0 1-0a

5、一=2 ,即碍a = 4c,选D.-2c解法二 利用麦克劳林公式将展开.考虑到当xt 0时tanx=x + o(x),1 一 cosx = ：x2 o(x2)ln(1-2x) = -2x + o(x) , 1 -e2 =x2+o(x2),因此得b 2/ 2、ax o(x) -x - o(x )I =limJ=响 ax + o(x) =2 ,即得 a = Nc ,选 D.x)0 -2cx o(x) dx o(x )xR -2cx o(x)一2c从例2可以看出,用洛必达法那么更好.由于初学者同样面临与例1相似的问题一一将函数展开到多少阶为适宜的问题.那么可否认为用洛必达法那么求极限比用麦克劳林公式

6、求极 限更有效呢例3当xt 0时,试确定无穷小f (x) = sin x2 + ln(1 一 x2)的阶.解法一 用洛必达法那么.这里设 k?0,并记I =四=立,那么I2 2x2xcosx 21 -x2, k J kx3(x - x ) cosx - x=2lims0kxk, lim 二x 由 1 一 x这里,上式中已将因式用洛必达法那么得到别离出来,由于它的极限为1.故当k>1时,对上式再次利I =2lim2232(13x ) cosx2x(x -x )sin x -1x_Q此时可以看出上式还可以用洛必达法那么,但是分子过于复杂.假设当 k A 2时对上式再次利用 洛必达法那么,解题

7、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,那么将另有一番大地.解法二利用麦克劳林公式展开.21662f (x) =x x o(x ) -x3!16,6x3+ o(x6) = _；x4 +o(x4),即有f(x)(xT 0).因此f (x)为xT 0时x的四阶无穷小.当然,对有些题目而言,两种方法均可使用,计算均简单.21、_例 4 求极限 I =ljm(x -x ln(1 +) .解法一作变换后用洛必达法那么.人 1t Tn(1 t)令 x =-,贝u I = lim 声"1 -lim 1t t用 2t111 /12因 ln(1 )=-() xx2 x解法二利用麦

8、克劳林公式展开.,1、2、十.(一),故有2 1I = limx -x (-xx 2x111oG)2.(二网顷十、 1 、,汪：例4解法一中先做变量代换x =-之后,再用麦克劳林公式将t1-22、t -t2 +o(t2),这样对学生理解为什么把ln(1 +t)展开到二阶是有帮助的.ln(1 +t)展开为由于分母中含t2,而t2是tT 0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别离出来等等方法,再用上述两种方法,以期简化计算.

9、213sin x x cos例5 求极限I = limx )0(1 cosx)ln(1 x)1分析 本例用麦克方林公式展开求极限是仃不通的,由于cos在x = 0处不可能展x开.考虑到lim (1+cosx) =2 ,故先别离函数(1+cosx)并求出其极限.又注意到 x0ln(1 +x) x(xt 0),故有 I = ljm213sin x x cosx .此时如果考虑用洛必达法那么,即有2xc八 12.1,1、3cosx 2xcos x sin ,(-一)I = lim xx Jx )02= lim 亳sx xcosL1sin【x s 2x 2 x1而极限lim sin1不存在.因此本例用

10、洛必达法那么是行不通的,其原因是不符合洛必达法那么X0x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：213sin x x cos-=lim xx )02x= lim'%mS+1xcos = fxT( 2x 2 x) 221一此处后一极限为岑的原因是,cos-为有界变量,x为xt 0时的无穷小.xxx - x例6 求极限I = lim x11 - x ln xx分析 假设用洛必达法那么,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,再用洛必达法那么.ln x xln xIn x(x_1)In xI = lim = lim x

11、 1 1 - x ln x x 1 x - ln x - 1注意到1俱elnx =1 , l凹x 1ln x =0,故先求分子中e1nx 也就是x的极限,同时把无穷小exlnx 1用与之等价的无穷小x-1lnx替换,得到下式I = lim xln x又x 1 x - ln x - 1考虑到ln x = ln 1 +(1 x) 1 x (xt 0),故有I = lim1,再用洛必达法那么求x 1 x ln x 12(x-1) 2x(x-1) c 之碍至ijI = lim = lim= 2 .x 11 x 1 x -11 一 一x1x2 _ . 1 x2例7 求极限I = l四 2M:2 -分析

12、可将分子有理化事实上就是代数式恒等变形,分母中的sin x2用无穷小替换,2将cosx和ex麦克劳林展开,并别离有理化因子,得到I = lim x 1(121 -x2- (1 x2)22 o(x2) -(1 x2 o(x2)x2lim 1x L】x2、一1 x22*im8 x013 2/2、12x o(x )2当然,例7也可直接将分子中的 V1 +x2麦克劳林展开求之.例8的解法将会用到：别离极限存在的函数、无穷小替换、变量代换、洛必达法那么.例 8 求极限 limsinsinsinxsinx .解I 二肺前乂一卯伽xlim业x 0xx ：0 xsin xsin(sin x) tsint(sin x)3=lim = limx 50(sin x)3 tt3_lt21 - cost 2 =limz = lim 9t P 3t2 t 0 3t2上式中,第一步是别离极限存在的函数1.6呗,并求出其极限,第二式是将第一式中x3x的用(sin x)3替换,第三式是用变量t替换变量sinx,第四式是对第三式用洛必达法那么而得,1 2第五式再次用到无分小替换1 _ cost t2(xT 0),最后得出结论.2