利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较.doc

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 x0时，函数 f ( x)3sin xsin 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

2、义知limf ( x)1,这里 c0, k0记 If ( x)第一次利用cxklimx0x0 cxk洛必达法则，有I3cos x3cos3xlimckxk1；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零，x 0且当 k1 时可再次利用洛必达法则，即有Ilim3sin x9sin 3x；同样上式分子趋于ck (k1)xk 2x0零 ， 因 此 要 求 分 母 趋 于 零 ， 则 当 k2时，可第三次利用洛必达法则，即I lim3cos x 27cos3 x此时可见分子当x0 时趋于 24，因而不满足洛必达法则的x 0 ck (k1)(k2) xk 3条件要使得当I1 时，则必有 k30, ck( k1

3、)(k2)24 故解得 k3, c4 解法二利用麦克劳林公式展开f ( x)3sin xsin 3x 3x3 x 3o( x3 ) 3x1 (3x) 3o( x3 )4x3o(x3 )3!3!则 当 k3, c4有 I4x3o(x3 )1 或 注 意 到 f ( x)4x33) ， 即limcxko( xx0f ( x) 4x 3 ，故有 k 3,c4 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 sin 3x 展开到多少阶为合适的问题比如，把3sin x 和 sin 3x 分别展开为 3sin x3xo(x) 和 sin 3x3xo(

4、 x) ，则 f (x)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例 2已知 I lima tan x b(1 cos x)2 ，则下列四个结论正确的是（）c ln(1 2x) d(1 e x2x 0)（ A ） b4d ；（ B） b4d ；（ C） a4c ；（ D） a4c 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Ilima sec2 xb sin xa1b0a2 ，即得 a4c，选 D2cx2c2cx 02d

5、xe22d01x10解法二利用麦克劳林公式将展开考虑到当x0时 tan xx o( x)，1cosx1x2o(x 2 )， ln(12x)2xo(x) ，1 e x2x2o(x 2 ) ， 因 此 得2axo( x)b x 2o( x 2 )axo(x)aIlim222lim2，即得 a4c ，选 Dx 02cxo( x)dxo(x )x02cxo( 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 x0 时，试确定无穷小f ( x) sin x2ln(1 x2 )

6、 的阶解法一用洛必达法则这里设k0，并记 Ilimf ( x)，则x0 xk2xcos x212x( x3) cosx2x1Ilimx2x? limkxk 12limkxk 1x 0x 0x 0 1x21这里，上式中已将因式分离出来，因为它的极限为1故当 k1 时，对上式再次利1x2用洛必达法则得到I2 lim(13x 2 ) cosx 22 x(xx 3 ) sin x21，k (k1) xk 2x0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

7、展开f (x) x 21 x6o( x6 ) x 21 x41 x 6o( x6 )1 x 4o(x 4 ) ，13!232即有 f (x) x4 （ x0 ）因此 f (x) 为 x0 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，计算均简单例4 求极限 Ilim x x2 ln(1 1 ) xx解法一作变换后用洛必达法则t ln(1 t)11111 t，则 Ilimlim令 xt22t2tt0t 0解法二利用麦克劳林公式展开因 ln(11 )11(1)2o( 1 ) 2 ) ，故有xx2xx1Ilim x211o(11o(x 2 )1x(2x2 )lim xx 2 xx21

8、21x 2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ln(1 t ) 展开为t1 t 2to(t 2 ) ，这样对学生理解为什么把ln(1t ) 展开到二阶是有帮助的因为分母中含2t 2 ，而 t 2 是 t0 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 xx2 cos 1例 5求极限 Ilimxx 0 (1 cos x)ln(1x)分析本例用麦克劳林公式展

9、开求极限是行不通的，因为cos 1在 x0 处不可能展x开 考 虑 到 lim (1cos x) 2 ， 故 先 分 离 函 数 (1cos x) 并 求 出 其 极 限 又 注 意 到x03sin xx2 cos 1ln(1 x) x( x0) ，故有 Ilim2xx 此时如果考虑用洛必达法则，即有x01211I3cos x2x cos xxsinx? (x2)3111，lim2limcos xx cossinxx0x02x2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：3sin xx

10、2 cos 13sin x1133Ilimxx cos02xlim2x2x22x0x0此处后一极限为零的原因是，cos 1为有界变量，x 为 x0时的无穷小x例 6求极限 Ilimxx xx 1 1xln 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Ilimeln xexln xeln x (e( x 1) ln x1)limx ln x 1x 1 1 x ln xx 1注意到 lim eln x1 ， lim ( x1) ln x0 ，故先求分子中 eln x （也就是 x ）的极限，同时把x1x 1无穷小 e

11、(x1) ln x1用与之等价的无穷小( x1) ln x 替换，得到下式I lim ( x1) ln x ，又x 1 xln x 1考虑到 ln x ln 1(1x) 1x ( x0)，故有 I( x1)2limln x，再用洛必达法则求x 1 x1之得到Ilim2(x1)lim 2x( x1)2 x 111x 1x1x11x 21 x2例 7求极限 Ilim2ex2(cos xx 1) sin x2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 sin x 2 用无穷小替换，2将 cos x 和 ex 麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到211 x 2(1x2 )1I lim

12、2? lim1 x21 x 2x 1(1o(x 2 )(1x 2o( x2 ) x2x01 x 21221 lim3x 218 x022)12xo( x2当然，例7 也可直接将分子中的1x 2 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sin x sin(sin x) sin x例 8求极限 I limx4x0sin xsin(sin x)sin xI lim解x3? limxx0x0limsin xsin(sin x)tsin t(sin x)3limt3x0t01cost1 t 21lim2lim3t 23t 26t0t0上式中，第一步是分离极限存在的函数sin x ，并求出其极限， 第二式是将第一式中 x 3x的用 (sin x)3 替换，第三式是用变量t 替换变量 sin x ，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1cost 1t 2 (x