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关于洛必达法则和含x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xT0时，函数f(x)=3sinx-sin3x与cxk是等价无穷小，求c,k.解法一利用洛必达法则．f(x) f(x)由等价无穷小的定义知lim =1,这里c丰0,k>0.记1=lim .第一次利用xT0cxk xT0cxk3cosx-3cos3x洛必达法则，有I二lim ；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零，xT0 ckxk-1且当k>1时可再次利用洛必达法则，即有I=lim ；同样上式分子趋于xT0ck(k-1)xk-2零，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-3cox+27c.os3 _I=lim .此时可见分子当xT0时趋于24,因而不满足洛必达法则的xT0ck(k-1)k(-x2k)-3条件•要使得当I=1时，则必有k-3二0,ck(k-1)(k-2)二24•故解得k二3,c二4.解法二利用麦克劳林公式展开．31f(x)二3sinx-Sin3x二[3x-3!x3+0x3)]-[3x-3!(3x)3+0x心4x3+0x3)cxk则当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sinx和sin3x展开到多少阶为合适的问题.比如，把3sinx和sin3x分别展开为3sinx二3x+o(x)和sin3x二3x+o(x)，则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．atanx+b(1-cosx)例2已知I=lim =2，则下列四个结论正确的是().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，选D.兰+2dxe-x2 兰+2dx0-2c解法二TOC\o"1-5"\h\z1-x 1-0解法二利用麦克劳林公式将展开•考虑到当xT0时tanx二x+o(x),11-cosx二2x2+o(x2)，呗-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，选D.xT0—2cx+o(x)+dx2+o(x2) xT0—2cx+o(x) —2c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？例3当xT0时，试确定无穷小f(x)二sinx2+ln(1-x2)的阶.f(x)解法一用洛必达法则.这里设k>0，并记I=lim，则xT0xk2x2xcosx2—kxk-1I=lim 土=2lim(x-x3)COsx2-xkxk-1xT0 kxk-1 xT0 kxk-1 xT01-x21这里，上式中已将因式 分离出来，因为它的极限为1•故当k>1时，对上式再次利1-x2用洛必达法则得到(1-3x2)cosx2-2x(x-x3)sinx2-1k(k-1)xkk(k-1)xk-2xT0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，则将另有一番天地.解法二利用麦克劳林公式展开.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)为xT0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．例4求极限I=lim[x-x2ln(1+丄)].xT8解法一作变换后用洛必达法则1令x=一，贝y1令x=一，贝yI=limt tT0t—ln(1+1)121二limtT01+12t解法二利用麦克劳林公式展开．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解法一中先做变量代换x二-之后，再用麦克劳林公式将ln(1+1)展开为t1t—212+o(t2)，这样对学生理解为什么把ln(1+1)展开到二阶是有帮助的.因为分母中含12，而12是tT0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．例5求极限I二例5求极限I二limxtO3sin1X+X2cos—X(1+cosx)ln(1+x)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二0处不可能展x开.考虑到lim(1+cosx)二2，故先分离函数(1+cosx)并求出其极限.又注意到xtO3sinx+x2cos1ln(1+x)~x(xt0)，故有I二lim x.此时如果考虑用洛必达法则，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而极限limsin—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xtO 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：3sinx+x23sinx+x2cos1I=limxtO=limxtO\(3sinx1 1' +—xcos—2x 21此处后一极限为零的原因是，1此处后一极限为零的原因是，cos—为有界变量,xx为xt0时的无穷小.例6求极限I例6求极限I=limxt1x一xx1—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．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)的极限，同时把x—1 x—1(x—1)lnx无穷小e(x-1)lnx—1用与之等价的无穷小(x-1)lnx替换，得到下式I二lim ，又x—1x—lnx—1(x—1)2考虑到lnx=ln[1+(1—x)]~1—x(xT0)，故有I=lim 再用洛必达法则求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求极限I=limxT1I1+x2—x1+x22(cosx—ex2)sinx2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sinx2用无穷小替换,将COSx和ex2麦克劳林展开，并分离有理化因子，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当然，例7也可直接将分子中的+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[sinx—sin(sinx)]sinx例8求极限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，第一步是分离极限存在的函数 ，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，第四式是对第三式用洛必达法则而得,第五式再次用到无穷小替换1-cost12(xT0)，最后得出结论.例9求极限