利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较

1、利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较关于洛必达法则和含 x的幕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.例1当X. 0时，函数f(x)=3si nxsi n 3x与cxk是等价无穷小，求c, k .解法一利用洛必达法则.由等价无穷小的定义

2、知lim丄甲 =1，这里c= 0,k 0 记I = lim丄早第一次利用 T cxkT cxk3cos x 3cos3 x洛必达法则，有I =lim石；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零，x)0ckx且当k 1时可再次利用洛必达法则，即有I =|im 3sin x 9攀严；同样上式分子趋于7 ck(k-1)x零，因此要求分母趋于零，则当k 2时，可第三次利用洛必达法则，即I =| i m3 co爲 迂岑13此时可见分子当x ，0时趋于24,因而不满足洛必达法则的Ock(k 1)k( x )条件.要使得当I =1时，则必有k -3 = 0,ck(k -1)(k -2) = 24.故解得k =

3、 3, c = 4 .解法二利用麦克劳林公式展开.33313333f (x)二 3sin x sin 3x =3x x o(x ) -3x(3x) o(x ) = 4x o(x )3!3!43 十(3)则当 k =3,c =4 有 | =limkxTcxkx 0 x =1 .或注意到 f (x)二 4x3 o(x3),即3f (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si nx和si n3x展开到多少阶为合适的问题比如，把3sinx和si n 3x分别展开为3sin x = 3x o(x)和sin 3x

4、 = 3x o(x)，贝U f (x)二o(x).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 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.已知I).= lim atanx bCcosx、讥，则下列四个结论正确的是( x 0cln(1-2x)d(1_e=)(A) b =4d ； (B) b - -4d ； (C) a = 4c ； (D) a -4c .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Ia sec x bsin x-2 cv22dxe1 -x-2c1-0

5、2d 0-2c即得a = _4c，选D.解法二 利用麦克劳林公式将展开考虑到当x； 0时 tan x = x o(x),1 221 -cosx x o(x )2*222,In(1 -2x) - -2x o(x) , 1 -e x o(x ),因此得Iax o(x) b x2 o(x2)22-2cx o(x) dx o(x )ax+o(x) a=limx-P -2cx o(x) -2c即得a - -4c，选D.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相似的问题一一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？2 2例3当x >

6、; 0时，试确定无穷小 f(x)二sinx In(1-x)的阶.解法用洛必达法则这里设=limx )0f(x)kx，则2xcosx2I2x1-x2kx二 2limx )0(x - x3) cosx2 - xkx limxj11-x21这里，上式中已将因式一2分离出来，因为它的极限为1.故当k 1时，对上式再次利1-x用洛必达法则得到2232I -2limx_Q(13x ) cosx2x(x -x )sin x -1k(k _1)xk/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k - 2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

7、将另有一番天地.解法二利用麦克劳林公式展开.f(x)二x _ X o(x) -xx _ X o(x)=-_x o(x ),3!2321即有f (x) x4 (XT 0 )因此f(x)为XT 0时x的四阶无穷小.2当然，对有些题目而言，两种方法均可使用，计算均简单.2 1例 4 求极限 | =lim x-x ln(1 ) 解法一作变换后用洛必达法则.1令x ，则t二 limt0t -ln(1 t)t2二 limtQ12t解法二利用麦克劳林公式展开.因ln(1丄)二1 丄(丄)2x x 2 x1 20()，故有xI =limx x2(-x 匚x 2x1 1 .2 0(RPm【21。(+)1J=X

8、,：亠212x2注：例4解法一中先做变量代换x = !之后，再用麦克劳林公式将 tln(1 t)展开为1 2 2t t2 o(t2)，这样对学生理解为什么把In(1 t)展开到二阶是有帮助的.因为分母中含2 t2，而t2是t > 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分离出来等等方法，再用上述两种方法，以期简化计算.3sin x x2 cos求极限I = limx(1 cosx) ln(1 x)一 一 一 一 一 1

9、分析 本例用麦克劳林公式展开求极限是行不通的，因为cos丄在x=0处不可能展x开.考虑到lim (1 cosx) = 2 ,故先分离函数(1 cosx)并求出其极限.又注意到 xT3sin x x2 cosln(1 x) x(x = 0),故有 Ilimx_0.此时如果考虑用洛必达法则,即有2x1 2 1 1x*02cosxxcos-丄 sinx 2 x丿3cosx 2xcos x sin (亍)= limxxxx )o21 .而极限lim sin1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T x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：3sin x

10、x21cos-3sin x2x1xcos12 x1此处后一极限为零的原因是，COS为有界变量,xx为x； 0时的无穷小.求极限I二lxm1xX - X1 -x ln x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.In x xln xIn x(x_1)ln xe -ee (e -1)I = limlimx 1 1 x l n x x 1 x l n x -1注意到In xlim ex 1=1 , l叫（x-1）ln x = 0 ,故先求分子中elnx （也就是x）的极限，同时把无穷小(x_1) In x e1用与

11、之等价的无穷小（x1）lnx替换，得到下式阳泞啓，又考虑到In-In1(1 -x) 1 - x (x0)，故有 I =lim (x 一1)7 x I n x 1,再用洛必达法则求之得到.2(x -1) =limX 111 - 一x= lim=2 .x 1 x -1求极限I二lim(cosx -ex )sin x2分析将COSX禾口X2ex麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到I = limxT(1x.21 1x2(1 X2)x2 o(x2) -(1 x2o(x2)x2. 1* limX)01 221 X . 1 X2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,112(sin x)31.lim -803 2/ 2、x o(x )2当然，例7也可直接将分子中的 d x2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.例 8 求极限 I = lim sinsin（sin x）sinx .解I二佃讥一晋宀）乜xX0 xsin xsin(sin x) tsint 二 lim3lim3X )0/oin v'3tTt3= lim*=lim 20 3t2 t_o 3t2上式中，第一步是分离极限存在的函数1.6叱，并求出其极限，第二式是将第一式中x3x的用(sinx)3替换，第三式是用变量t替换变量sinx