利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较
函数极限的十种求法
函数极限的十种求法信科2班江星雨20140202250 函数极限可以分成而运用ε-δ定义更多的见诸于已知极限值的证明题中。
掌握这类证明对初学者深刻理解运用极限定义大有裨益。
以的极限为例，f(x) 在点以A为极限的定义是：对于任意给定的正数ε（无论它多么小），总存在正数，使得当x满足不等式时，对应的f(x)函数值都满足不等式：，那么常数A就叫做函数f(x)当x→x。
时的极限。
1.利用极限的四则运算法则：极限四则运算法则的条件是充分而非必要的，因此，利用极限四则运算法则求函数极限时，必须对所给的函数逐一进行验证它是否满足极限四则运算法则条件，满足条件者。
方能利用极限四则运算法则进行求之。
不满足条件者，不能直接利用极限四则运算法则求之。
但是，井非不满足极限四则运算法则条件的函数就没有极限，而是需将函数进行恒等变形，使其符合条件后，再利用极限四则运算法则求之。
而对函数进行恒等变形时，通常运用一些技巧如拆项、分子分母同时约去零因子、分子分母有理化、通分、变量替换等等。
例 1求lim( x 2 − 3x + 5).x→ 2解：lim( x 2 − 3x + 5) = lim x 2 − lim 3x + lim 5= (lim x) 2 − 3 lim x + lim 5= 2 2 − 3 ⋅ 2 + 5 = 3.x→2 x →2 x →2 x →2 x →2 x →2 x →22.利用洛必达法则洛必达(L 'Hopital)法则是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.简单讲就是，在求一个含分式的函数的极限时，分别对分子和分母求导，在求极限，和原函数的极限是一样的。
一般用在求导后为零比零或无穷比无穷的类型。
利用洛必达求极限应注意以下几点：设函数f(x)和F(x)满足下列条件：（1）x→a时,lim f(x)=0,lim F(x)=0;（2）在点a的某去心邻域内f(x)与F(x)都可导,且F(x)的导数不等于0;（3）x→a时,lim(f'(x)/F'(x))存在或为无穷大则x→a时,lim(f(x)/F(x))=lim(f'(x)/F'(x))例1：1-cosx = 1-{1-2[sin(x/2)]^2} = 2[sin(x/2)]^2xsinx = 2xsin(x/2)cos(x/2)原式= lim 2[sin(x/2)]^2 / [2xsin(x/2)cos(x/2)] = tgx / x对分子分母同时求导（洛必达法则）(tgx)' = 1 / (cosx)^2(x)' = 1原式= lim 1/(cosx)^2当x --> 0 时,cosx ---> 1原式= 13.利用两个重要极限：应用第一重要极限时，必须同时满足两个条件：①分子、分母为无穷小，即极限为0 ；②分子上取正弦的角必须与分母一样。
求函数极限的方法与技巧
求函数极限的方法与技巧《数学分析》是以函数为研究对象，以极限理论和极限方法为基本方法，以微积分学为主要内容的一门学科.极限理论和极限方法在这门课程中占有极其重要的地位.灵活、快捷、准确地求出所给函数的极限，除了对于函数极限的本质有较清楚地认识外，还要注意归纳总结求函数极限的方法，本文对技巧性强、方法灵活的例题进行研究，进一步完善求函数极限的方法与技巧，有利于微积分以及后继课程的学习.1基本方法1.1利用定义法求极限从定义出发验证极限，是极限问题的一个难点.做这类题目的关键是对任意给定的正数ε，如何找出定义中所说的δ.一般地，证明0lim ()x x f x A →=的方法为：0ε∀>，放大不等式0()f x A x x αε-<<-<(α为某一个常数)解出,0αε<-x x 取αεδ=. 例[1](45)1P 证明32121lim 221=---→x x x x .证 0ε∀>，若221112122132133213x x x x x x x x ε---+-=-=<<--++. (限制x ：011x <-<，则211)x +>，取=min{3,1}δε，则当01x δ<-<时，便有221123321x x x x ε---<<--. 定义中的正数δ依赖于ε，但不是由ε所唯一确定.一般来说，ε愈小，δ也愈小.用定义证明极限存在，有一先决条件，即事先要猜测极限值A ，然后再证明，这一般不太容易，所以对于其它方法的研究是十分必要的.1.2 利用左、右极限求极限lim ()lim ()lim ()x x x x x x f x A f x f x A +-→→→=⇔==. 例2 设tan 3,0()3cos ,0xx f x x x x ⎧<⎪=⎨⎪>⎩ 求0lim ()x f x →.解 因为00tan 3tan 3lim ()lim lim 333x x x x xf x x x---→→→==⋅=，00lim ()lim 3cos 3x x f x x ++→→==. 得到0lim ()lim ()3x x f x f x -+→→==，所以0lim ()3x f x →=. 例3 求函数1()11x f x x +=++在1x =-处的左右极限，并说明在1x =-处是否有极限.解 111lim ()lim (1)21x x x f x x ++→-→-+=+=+，11(1)lim ()lim (1)01x x x f x x --→-→--+=+=+.因为11lim ()lim ()x x f x f x +-→-→-≠，所以)(x f 在1x =处的极限不存在.例4 若,0(),0xax b x f x e x +>⎧=⎨<⎩，求分段点0处的极限. 解 因为0lim ()lim()x x f x ax b b ++→→=+=，00lim ()lim 1xx x f x e --→→==.所以当1b =时，0lim ()1x f x →=；当1b ≠时，0lim ()x f x →不存在.可见，利用左右极限是证明分段函数在其分段点处是否有极限的主要方法.1.3 利用函数的连续性求极限 初等函数在其定义的区间I 内都连续.若I x ∈0，初等函数()f x 当0x x →时的极限就等于其在0x x =时的函数值，即0lim ()()x x f x f x →=.特别地，若[()]f x ϕ是复合函数，又0lim ()x x x a ϕ→=，且()f u 在u a =处连续，则lim [()][lim ()]()x x x x f x f x f a ϕϕ→→==.例5 求21cos 2arcsin 0lim xx x e -→.解 由于201cos 1lim2arcsin 4x x x →-=及函数ue uf =)(在14u =处连续， 所以2201cos 1cos 1lim2arcsin 2arcsin 4lim x xxx x x e e e →--→==.例[]()21196P 求4x →解4443lim4x x x x →→→==-413x →=== 在4x =连续).例[1](84)7P 求0ln(1)limx x x→+.分析 由1ln(1)ln(1)xx x x+=+，设ln y u =，1(1)x u x =+.因为10lim(1)x x x e →+=，且ln y u =在e u =点连续，故可利用函数的连续性求此极限.解 11000ln(1)limlimln(1)ln[lim(1)]ln 1xx x x x x x x e x→→→+=+=+==. 1.4 利用函数极限的四则运算法则求极限 若lim ()f x ，lim ()g x 存在，则有:（1）lim[()()]lim ()lim ()cf x bg x c f x b g x ±=±(,c b 为任意常数); （2）lim[()()]lim ()lim ()f x g x f x g x ⋅=⋅;（3）()lim ()lim[]()lim ()f x f xg x g x =(其中lim ()0)g x ≠; （4）lim[()][lim ()]nnf x f x =;（5）若lim ()f x A =，对正整数n ==．注 以上每个等式中的“lim ”均指x 的同一趋向．例8 1225lim(2)1x x x x→∞+-. 分析 该函数可以看作是两个函数的和.而对于函数2251x x -是分式函数，分子、分母都是多项式函数，并且当自变量x →∞时，归于前面介绍的第四种类型.对于函数12x，当x →∞时，01→x，故121x→．因此，只须再利用和的运算法则即可求得此极限．解 11222255lim(2)lim lim 251411x x x x x x xx x →∞→∞→∞+=+=-+=---． 1.5 利用重要极限求极限 1.5.1 0sin lim1x x x→=可推出0lim 1sin x x x →=，2000tan arctan 1cos 1lim 1,lim 1,lim 2x x x x x x x x x →→→-===.推广:0sin ()lim1()x x x φφ→=或0()lim 1sin ()x x x φφ→= 0(lim ()0)x x φ→=利用此重要极限公式求函数的极限，通常需要利用恒等变换将函数的某一组成部分变成形如sin ()()x x φφ或()sin ()x x φφ的形式.特别注意的是sin ()x φ这个复合函数的内函数()x φ要和分母或分子的函数相同，并且保证()0x φ→ (0)x →，则此部分的极限就为1.例9 求0sin 3limsin 2x xx→.分析 设sin 3()sin 2xf x x=，当0x →时，30x →，20x →故可利用恒等变换将()f x 化为sin 3()sin 2x f x x =sin 3233sin 22x x x x =⋅⋅，利用此重要极限公式即可求得.解 0000sin 3sin 323sin 3233lim lim lim lim sin 23sin 223sin 222x x x x x x x x x x x x x x →→→→=⋅⋅=⋅⋅=.1.5.2 1lim(1)xx e x→∞+=或10lim(1)x x x e →+=推广:1lim(1)x x e x φφ→∞+=（）（） (lim ())x x φ→∞=∞或0lim 1x e φφ→+=1(x)（（x)) 0(lim ()0)x x φ→= 对于函数1()(1)x f x x φφ=+（）（）或()1f x φφ=+1(x)（（x))，由于函数的底数和指数位置均含有变量，因此称为幂指函数.此重要极限公式解决的是1∞型幂指函数的极限问题，对于给定的函数，一般情况下也需要利用恒等变形后方可利用此公式.例10 求3lim(1)xx x→∞+.分析 设函数3()(1)xf x x=+是幂指函数，当x 趋于无穷大时，底3(1)1x+→，指数x →∞，是1∞型幂指函数，需利用此重要极限公式推广形式，将函数变形为3331()(1)((1))3xx f x x x=+=+，其中()3x x φ=，且当x →∞时，3x→∞，故有31lim(1)3x x e x →∞+=.解 3333311lim(1)lim(1)lim((1))33x xx x x x e x x x→∞→∞→∞+=+=+=.1.6 利用洛必达法则求极限在解决未定式的极限时，最简单的方法是约去分子、分母中趋于零的公因子.洛必达法则正是以求导的方法解决了这个问题.洛必达法则: 设)(),(x g x f 满足①在点0x 的领域内(点0x 可以除外)有定义，且0lim ()0x x f x →=，lim ()0x x g x →=.②在该领域内可导，且0)(≠'x g .③A x g x f x x =''→)()(lim 0. (A 可为实数，也可为∞±或∞)则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim00.如果()()f x g x ''在0x x →时，仍为00或∞∞型，且这时()f x '与()g x '仍满足定理中的条件，则可继续使用洛必达法则.例11 求22230sin cos lim sin x x x x x x→-.解 2223400sin cos (sin cos )(sin cos )lim lim sin x x x x x x x x x x x x x x→→-+-= 320000sin cos sin cos cos cos sin 2sin 2limlim 2lim lim 333x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→→+--+=⋅===. 1.7 利用无穷小求极限1.7.1 利用无穷小量的性质求函数的极限 性质1 有限个无穷小量的代数和是无穷小量. 性质2 有限个无穷小量之积是无穷小量. 性质3 任一常数与无穷小量之积是无穷小量. 性质4 无穷小量与有界变量之积是无穷小量. 例12 求1lim()cosx x x πππ→--. 解 0)(lim =-→ππx x ，而1cos1x π≤-,所以1lim()cos 0x x x πππ→-=-.1.7.2 利用等价无穷小量替换求函数的极限 若11()~(),()~()x x x x ααββ且11()lim()x x αβ存在，则()lim ()x x αβ也存在，并且11()()limlim ()()x x x x ααββ= 注 1. 常用的几对等价无穷小量.(当0x →时)2sin ~,tan ~,ln(1)~,1~,1cos ~2xx x x x x x x e x x +--.2. 等价无穷小量替换，来源于分数的约分，只能对乘除式里的因子进行代换，在分子（分母）多项式里的单项式通常不可作等价代换.例13求0lim x +→.分析函数经过变形可化为00lim lim x x ++→→0x +→时，利用21cos ~,1~22x xx --等价无穷小来计算极限.解原式00lim lim x x ++→→==2000112lim lim lim222x x x x x x +++→→→==⋅=⋅. 例14 求0ln(1sin )lim x x x α+→-(α是实数).解 当0x →时，ln(1sin )~sin ~x x x --- 1000,1ln(1sin )lim lim()1,1,1x x x x x ααααα++-→→<⎧-⎪=-=-=⎨⎪-∞>⎩. 1.8 利用降幂法求极限 1.8.1 分子分母为有理式()lim()x P x Q x →∞，其中()P x ，()Q x 均为多项式函数方法:将分子、分母同除以x 的最高次幂.例15 求2256lim 2x x x x x →∞+++-.分析 该函数是分式函数，分子2()56P x x x =++，分母2()2Q x x x =+-均为二次多项式函数，且自变量x 趋近于∞时均趋近于∞，故采取将分子、分母同除以最高次幂2x ，即消去2x ，有22562x x x x +++-22561121x x x x++=+-而1lim 0x x →∞=，21lim 0x x →∞=，再利用极限的运算法则，即可求出函数的极限. 解 222256156100lim lim 11221001x x x x x x x x x x→∞→∞++++++===+-+-+-. 一般地，对于()lim()x P x Q x →∞(其中()P x ，()Q x 均为多项式函数)，当分子的次数高于分母次数，该函数极限不存在; 当分子的次数等于分母次数，该函数极限等于分子、分母的最高次项的系数之比;当分子的次数低于分母次数，该函数极限为0.即11101110lim 0nmn n n n m m x m m a n m b a x a x a x a n m b x b xb x b n m---→∞-⎧=⎪⎪++++⎪=∞>⎨++++⎪<⎪⎪⎩ ．1.8.2 分子分母为无理式(1)当x →∞时，将分子、分母同除以x 的最高方次. 例16求limlimx x →+∞．解lim lim lim 1x x x ===. limlim 021x x x x→+∞→+∞==++. (2)当0x x →时，若 1) 0()0Q x ≠，则000()()lim()()x x P x P x Q x Q x →=；2) 00()0,()0Q x P x =≠，则0()lim()x x P x Q x →=∞；3) 00()()0Q x P x ==可利用有理化分子(或分母)的方法求极限. 例17求2x → 分析 该函数是分式函数，并且含有根式，当0x →时，分子、分母均趋近于0，故将分子、22221)x x ==1而当0x →12→，故可求得此极限.解220x x →→=22001)lim 12x x x x→→+==+=. 1.9 利用中值定理求极限例18 求xx e e x x x sin lim sin 0--→.解 设xe xf =)(，对它的应用微分中值定理得：[]sin ()(sin )(sin )sin (sin )(01)x x e e f x f x x x f x x x θθ'-=-=-+-<< ，即sin [sin (sin )](01).sin x xe ef x x x x xθθ-'=+-<<- 因为 ()x f x e '=连续，所以0lim [sin (sin )](0) 1.x f x x x f e θ→''+-===从而有 sin 0lim1sin x xx e e x x→-=-. 例19 设函数()f x 在0x =处连续，又设函数102()11sin 02x x x x x xϕ⎧+≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩ ， 求220()()cos lim()xx xf x x t dtx x ϕϕ→+⎰．解 利用积分中值定理有，2220cos 2cos 02xt dt x x ξξ=<<⎰，因为001lim 0lim ()2x x x ξϕ→→==，，,所以2220()()cos ()()2cos limlim ()()xx x xf x x t dtxf x x x x x x x ϕϕξϕϕ→→++⋅=⎰ 200()()2cos lim lim 2(0)2()()x x xf x x x f x x x x ϕξϕϕ→→⋅=+=+. 1.10 利用泰勒公式求极限若一个函数的表达式比较复杂时，我们可以将它展成泰勒公式，使其化成一个多项式和一个无穷小量的和，而多项式的计算是比较简单的，从而此方法能简化求极限的运算.例20 计算0()sin(sin )limsin x tg tgx x tgx x→--.分析 此题虽是型，但使用洛必达法则求极限太复杂.而分母无穷小的最低阶数为3，故写出诸函数三阶泰勒公式，便可求得结果.解 33sin ()3!x x x x ο=-+ 331()()3tgx x x x ο=++． 3333111sin ()()()33!2tgx x x x x x οο-=++=+．又33333331sin(sin )sin(())(()())3!3!3!3!x x x x x x x x x x οοο=-+=---++ 333331()()3!3!3x x x x x x x οο=--+=-+． 333331111()(())(())3333tg tgx tg x x x x x x x x οο=++=++++ 3333312()()33x x x x x x x οο=+++=++．所以33()sin(sin )()tg tgx x x x ο-=+．330033()sin(sin )()lim lim 21sin ()2x x tg tgx x x x tgx x x x οο→→-+==-+. 例21 求21lim(cos sin )x x x x x →+.解 应用cos ,sin ,ln(1)x x x +的泰勒展式有2232311cos sin 1()1()22x x x x x x x x οο+=-++=++23331ln(cos sin )ln(1())()22x x x x x x x οο+=++=+因此，232200111lim ln(cos sin )lim [()]22x x x x x x x x x ο→→+=+=于是，原式211ln(cos sin )20lim x x x xx e e +→==. 例22 设()f x 在点0x =处二阶可导，且320sin 3()lim[]0x x f x x x→+=，求(0),(0),(0)f f f '''并计算极限2203()lim()x f x x x→+. 解 由已知条件，并利用麦克劳林公式，有320sin 3()0lim[]x x f x x x →=+33223201(0)3(3)()(0)(0)()3!2lim[]x f x x x f f x x x x x οο→'''-++++=+ 233301(0)9lim [(3(0))(0)()()]22x f f x f x x x x ο→'''=+++-+. 得(0)3,(0)0,(0)9f f f '''=-==. 于是2203()lim[]x f x x x →+222011lim [3(0)(0)(0)()]2x f f x f x x x ο→'''=++++ 2220199lim [33()]22x x x x ο→=-++=. 2 典型方法2.1 重要极限的再推广定理 设lim ()1,lim ()f x g x ==∞，则()lim[(()1)()]lim[()]g x f x g x f x e -=证明 1(()1)()()()1lim[()]lim[1(()1)]f xg x g x f x f x f x --=+-1lim(()1)()lim[(()1)()]()1{lim[1(()1)]}f xg x f x g x f x f x e ---=+-=例1 求211lim(1)xx x x→∞++解 这是1∞型极限，2211111()1,(),(()1)()()1f x g x x f x g x x x x x x x=++=-=+=+, 所以2111lim [(11)]lim (1)211lim(1)x x x x x x xx ee e x x→∞→∞++-⋅+→∞++==. 另解 对211lim(1)x x x x →∞++令211(1)x y x x =++取对数得211ln ln(1)y x x x=++于是有211ln(1)lim ln lim1x x x x y x→∞→∞++= (00型，可洛必达法则)232221212211lim lim 11121x x x x x x x x x x →∞→∞--+++===-++ 所以1212lim lim(1)x x x y e e x x→∞→∞=++==显然这样解要复杂的多.例2 求21lim(cos 2)x x x →.解 21()cos 2,()f x x g x x ==因为2001limcos 21,lim x x x x →→==∞所以是1∞型极限， 有2222112sin limlim (cos21)20lim(cos 2)x x x x x x x x x e e e →→---→===.例3 求1222234lim()238x x x x x x -→+--+. 解 1222234lim()238x x x x x x -→+--+222341exp{lim(1)}2382x x x x x x →+-=-⋅-+- 425222241216exp(lim )exp(lim )2382238x x x x x e x x x x x →→+-+=⋅==-+--+.2.2 洛必达法则的应用例4 计算极限2[(1)]lim(1cos )xx x arctg t dt dx x x →+-⎰⎰.分析 对0,0∞∞等未定式的极限，常可用洛必达法则来计算. 解 原式22000(1)(1)2lim lim(1cos )sin 2sin cos x x x arctg t dtarctg x xx x x x x x→→++⋅==-+⋅+⋅⎰222042(1)1lim 3cos sin 6x x arctg x x x x x π→+++==-⋅. 3 一题多解举例每一个题目并非只能用一种方法进行求解，通常可采用多种途经去解决它. 例1 求1lim(12)xx x →-.[解法一] 利用重要极限10lim(1)xx x e →+=112220lim(12)lim[(12)]xx x x x x e ---→→-=-=.[解法二] 用取对数法 令1(12)xy x =-，两边取对数，得1ln ln(12)y x x=- 由0002112limln lim[ln(12)]lim 21x x x x y x x →→→--=-==-，所以1200lim lim(12)x x x y x e -→→=-=.[解法三] 用换元法 令2x t -=，则12x t-=所以112200lim(12)lim[(1)]xt x x x t e --→→-=+=.[解法四] 利用对数式的性质001112ln(12)lim ln(12)lim2120lim(12)lim x x x x x xxx x x x eeee →→-----→→-====.例2 求22201cos lim sin x x x x →-.[解法一] 用洛必达法则和重要极限0sin lim1x xx→=原式2222222222200022sin 2sin sin 1lim lim lim sin 2sin 2cos sin cos 2cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→====+⋅++.[解法二] 三角函数公式及洛必达法则原式2222222220002232(sin )sin cos222lim lim lim 2sin cos cos 2cos sin22222x x x x x x x x x x x xx x x x →→→===- 22202cos12lim 22cos sin22x x x x x →==-. [解法三] 三角函数恒等变换和重要极限0sin lim1x xx→= 原式2222222220022(sin )sin sin11222lim lim sin sin 2222x x x x x x x x x x x →→==⋅⋅=⋅. [解法四] 分子分母同除以4x 用重要极限和洛必达法则原式222440224002201cos 1cos lim 1cos lim lim sin sin lim x x x x x x x x x x x x x x →→→→---===2232002sin 1sin 1lim lim 224x x x x x x x →→==⋅=. [解法五] 分子分母同乘21cos x +原式2222222222222000(1cos )(1cos )sin sin lim lim lim sin (1cos )sin (1cos )(1cos )x x x x x x x x x x x x x x x →→→-+===+++22200sin 11lim lim 1cos 2x x x x x →→==+. [解法六] 变换替换后用洛必达法则令2u x = 原式0001cos sin cos 1limlim lim sin sin cos 2cos sin 2u u u u u u u u u u u u u u →→→-====+-又00sin 11lim sin cos 2lim(1cos )sin u u u uu u u u u→→==++⋅. [解法七] 用等价无穷小来代替原式222242222400012sin 2()1222lim lim lim 2sin x x x x x xx x x x x →→→⋅====⋅. 原式22430001cos 2sin 21lim lim lim 424x x x x x x x x x x→→→-====. [解法八] 级数解法因为462cos 12!4!x x x =-+- 622sin 3!x x x =-+所以4682822048()1cos 12!4!lim sin 2()3!x x x x x x x x x x οο→-+-==-+. [解法九] 连续使用两次洛必达法则原式22222222002sin sin lim lim 2cos 2sin cos sin x x x x x x x x x x x x x →→==⋅++222222222002cos cos 1lim lim 2cos 2sin 2cos 2cos sin 2x x x x x x x x x x x x x x x →→===-⋅+-. 例3[]()728P 设()x ϕ连续，0()lim2sin t t t t t ϕ→=-，求0()lim sin t t xt t tϕ→-.[解法一] 从0()lim2sin t t t t t ϕ→=- 可得0()lim 2sin 1t t ttϕ→=-所以0lim ()0t t ϕ→=.又()x ϕ连续，因此(0)0ϕ=这样可以得到:当0x =时，00()(0)lim lim 0sin sin t t t xt t t t t tϕϕ→→==--;当0x ≠时，作变量代换xt u =，有000()()()lim lim lim sin sin sin t u u uu t xt u u x u u ut t u x x x xϕϕϕ→→→==--- 00()sin lim limsin sinu u u u u u uu u u x xϕ→→-=⋅--以下利用已知极限，以及两次洛必达法则，即可求出极限为22x ， 所以，原式22,00,0x x x ⎧≠=⎨=⎩.[解法二] 利用等价无穷小求解，注意到31sin ~(0)6t t t t -→这样，从0()limsin t t t t t ϕ→- 03()lim 216t t t tϕ→==可知21()~(0)3t t t ϕ→于是220031()()3lim lim 2(0)1sin 6t t t xt t xt x x t t t ϕ→→⋅==≠-；当0x =时，根据法一可得结果.综上所述，原式22,00,0x x x ⎧≠=⎨=⎩.例4 求2lim lnx x ax x a→∞++. [解法一] 原式221()(2)12ln2()lim lim 11x x x a x a x a x a x a x a x a x x→∞→∞+⋅+-+⋅+⋅+++==-222limlim 12()(2)(1)(1)x x ax ax x a a a ax a x a x x→∞→∞===⋅=++++. [解法二] 因为(2)lnln(1)()x a a x a x a +=+++ 又所以x →∞时，0ax a→+，所以ln(1)~a a x a x a +++则2lim ln lim lim 1x x x x a a a x x a a x a x a x→∞→∞→∞+⋅=⋅==+++.总之，极限的解题方法很多，这就要求我们多做练习，学会总结归纳，学会举一反三.这对拓展我们的思维，进一步学好数学是有帮助的。
关于高等数学中求极限的方法小结
高等数学中求极限的方法小结2.求极限的常用方法2.1 利用等价无穷小求极限这种方法的理论基础主要包括：(1)有限个无穷小的和、差、积仍是无穷小.(2)有界函数与无穷小的乘积是无穷小.(3)非零无穷小与无穷大互为倒数.(4)等价无穷小代换(当求两个无穷小之比的极限时，分子与分母都可用等价无穷小代替).[3]设αα'~、~ββ'且limlim ββαα'=；则：β与α是等价无穷小的充分必要条件为：0()βαα=+．常用等价无穷小：当变量0x →时，21sin ~,tan ~,arcsin ~,arctan ~,1~,ln(1)~,1cos ~,2x x x x x x x x x e x x x x x -+-11~,(1)1~x x x x x αα+--+-．例1 求01cos limarctan x xx x→-．解210,1cos ~,arctan ~2x x x x x →-时， 故，原式220112lim 2x xx →==例2 求1230(1)1limcos 1x x x →+--．解12223110,(1)1~,1cos ~32x x x x x →+--时,因此: 原式202123lim132x xx→==-． 例3 求 3131limtan x x→+-．解 0,x →时3111~,tan ~3x x x x +-，故:原式=0113lim 3x xx →=．例4 求()21lim2ln(1)x x e x x →-+．解 0,1~,ln(1)~x x e x x x →-+时,故:原式2201lim 22x x x →==．例5 试确定常数a 与n ，使得当0x →时，nax 与33ln(1)x x -+为等价无穷小．解 330ln(1)lim 1n x x x ax →-+= 而左边225311003331lim lim n n x x x x x x nax nax--→→-+--=， 故 15n -=即6n = 0331lim 11662x a a a →--∴=∴=∴=-． 2.2 利用洛必达法则求极限利用这一法则的前提是：函数的导数要存在；为0比0型或者∞∞型等未定式类型. 洛必达法则分为3种情况：（1）0比0，无穷比无穷的时候直接用.（2）0乘以无穷，无穷减去无穷（无穷大与无穷小成倒数关系时）通常无穷大都写成无穷小的倒数形式,通项之后，就能变成（1）中形式了.（3）0的0次方，1的无穷次方，无穷的0次方，对于（指数,幂函数）形式的方法主要是取指数的方法，这样就能把幂函数指数位置的函数移下来了，就是写成0与无穷的形式了.洛必达法则中还有一个定理：当x a →时，函数()f x 及()F x 都趋于0；在点a 的某去心邻域内，()f x ﹑()F x 的导数都存在且()F x 的导数不等于0；()lim()x af x F x →''存在，那么()()limlim ()()x ax a f x f x F x F x →→'=' . [1]求极限有很多种方法如洛必达法则，夹逼定理求极限的秘诀是：强行代入，先定型后定法.[3]例6 求22201cos lim()sin x xx x →-. 分析 秘诀强行代入，先定型后定法.22224431100(00)(00)0000000000-+--+-===（此为强行代入以定型）. ()00-可能是比()00+高阶的无穷小，倘若不这样，或422(00)(00)0000000+--+= 或43(00)(00)0000000+-+-=. 解2222222240001cos sin cos (sin cos )(sin cos )lim()lim lim sin sin x x x x x x x x x x x x x x x x x x→→→--+-== 33000sin cos sin cos sin cos limlim 2lim x x x x x x x x x x x xx x x→→→-+-==， 由洛必达法则的22222001cos sin 4sin 42,2lim lim 333x x x x x x x →→-+==有：上式=. 例7 求201lim x x e x x→--.解 22000(1)1lim lim 1lim 1()21x x x x x x e e e x x x x x→→→'--==-∴=-'--- .例8 求332132lim 1x x x x x x →-+--+.解 原式22113363lim lim 321622x x x x x x x →→-===---.（二次使用洛必达法则）. 例9 求02lim sin x x x e e xx x-→---.解 原式0002limlim lim 21cos sin cos x x x x x xx x x e e e e e e x x x ---→→→----====-. 例10 求22143lim 21x x x x x →-+-+.解 原式1112422limlimlim02211x x x x x x x x x →→→---===∴---原式=∞. 例11 求0tan lim sin arcsin x x xx x x→-.解 原式222222220000111(1cos)tan 1cos 1cos 2lim lim lim lim 33cos 3cos 3x x x x x x x x x xxx x x x x x →→→→-+--=====. 例12 求0cot lim ln x xx+→.解 原式22200sin cos 1limlim sin 2sin cos x x x x x x x x ++→→---===-∞. 例13 求22201cos lim()sin x xx x→-. 解 原式22222400sin cos (sin cos )(sin cos )lim lim sin x x x x x x x x x x x xx x →→--+==223320000sin cos sin cos sin cos 1cos sin 4lim lim 2lim 2lim 33x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→→-+--+====“0⨯∞”型： 例14 求lim (arctan )2x x x π→+∞-.解 原式2221arctan 112lim lim lim 11111x x x x x xx xπ→+∞→+∞→+∞-+====+.“∞-∞”型：例15 求 ()2lim sec tan x x x π→-.解1sin 1sin sec tan cos cos cos x xx x x x x--=-=， 故原式221sin cos limlim 0cos sin x x x x x x ππ→→--===-.“00”型：例16 求0lim xx x +→. 解 原式ln 0lim ln ln 0lim lim 1x xxx e x x xx x e e e+→++→→====.“1∞”型：例17 求lim 1xx e x →∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭.解 原式lim 1x e ee x e e x →∞⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.“0∞”型：例18 求tan 01lim ()xx x+→.解 原式tan ln tan 01lim ln()tan ln 0lim lim x xxx e x xxx x e e e -+→++-→→===，而tan ~0lim (tan ln )lim (ln )0x x x x x x x x ++→→-−−−→-=，因此：原式=1. 2.3 泰勒公式（含有e 的x 次方的时候，尤其是含有正、余弦的加减的时候要特别注意）泰勒中值定理定理：如果函数()f x 在含有n 的某个开区间(,)a b 内具有直到(1)n + 阶的导数，则对任一(,)x a b -∈，有()f x =0()f x +0()f x '(x -0x )+0()2!f x ''(x -0x )2+……+()0()!n f x n (x -0x )n+n R (x )其中()()()(1)10()1!n n n f R x x x n ξ++=-+，这里ξ是x 与0x 之间的某个值. [1]例19 利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式，求极限30sin cos limsin x x x xx→-.解 由于公式的分母33sin ~(0)x x x →，我们只需将分子中的3333sin 0(),cos 0()3!2!x x x x x x x x x =-+=-+代入计算，于是 3333331sin cos 0()0()0()3!2!3x x x x x x x x x x x -=-+-++=+，对上式做运算时，把两个3x 高阶的无穷小的代数和还是记作30()x .例20 323322314334lim lim 3211211x x x x x x x x x x x x→∞→∞++++==++++++，2222111limlim 121(1)1x x n n n n n→∞→∞++==--+，()121(2)313limlim (2)332233nn nn n n x x ++→∞→∞⎛⎫-+ ⎪-+⎝⎭==-+⎛⎫--+ ⎪⎝⎭. 2.4 无穷小与有界函数的处理方法面对复杂函数，尤其是正、余弦的复杂函数与其它函数相乘的时候，一定要注意这个方法.[3]例21 求 sin lim x x xx→∞+.解 原式sin 1lim(1)lim(1sin )1x x x x x x→∞→∞=+=+=. 2.5 夹逼定理主要介绍的是如何用之求数列极限，这个主要是看见极限中的通项是方式和的形式，对之放缩或扩大.[1]例22 求2sin sin sin lim ...1112n n n n n n n πππ→∞⎛⎫ ⎪+++ ⎪+ ⎪++⎝⎭. 解 111sin sin sin11n n n i i i i i i n n n n n o n iπππ===≤≤+++∑∑∑， 1011sin 12lim lim sin nn n n i i i i n n x dx n o n nππππ→∞→∞====⋅=+∑∑⎰，1011sin 112lim lim 1sin 11nn n n i i i i n x dx n n n nππππ→∞→∞==⎫⎛=⋅=⋅⋅= ⎪++⎝⎭∑∑⎰， 根据夹逼定理 1sin2lim1nx i i n n iππ→∞==+∑. 2.6 等比等差数列公式（δ的绝对值要小于1） [1]例23 设1||<δ，证等比数列1，δ，2δ1n δ-，…的极限为0.证 任取01δ<<，为使n x a ε-<，而nn x a δ-=，使nδε<，即ln ln ln ,ln n n εδεδ<>，当ln ln N εδ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，当n N >时，即ln ln 11ln ln n N εεδδ⎡⎤≥+=+>⎢⎥⎣⎦， ln ln nn δεδε<⇒<即n x a ε-<，由定义知()lim 10nδδ<=()()22......lim ...11n n n δδδδδδδδδ→∞++=++=<-.因此,很显然有:()0.99...lim 0.99...1n n→∞==.2.7 各项以拆分相加[3]将待求的和式子的各项拆分相加来消除中间的大多数，主要应用于数列极限,可以使用待定系数来拆分简化函数.例24 求()111lim 1...2*33*41n n n →∞⎛⎫++++ ⎪ ⎪+⎝⎭. 解 原式111111lim 1...23341n n n →∞⎛⎫=+-+-++- ⎪+⎝⎭ 11lim 121n n →∞⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭31lim 21n n →∞⎛⎫=- ⎪+⎝⎭=32. 2.8 求左右极限的方式例25 求函数⎪⎩⎪⎨⎧>+=<-=0,10,00,1)(x x x x x x f ，求0x →时，()f x 的极限.解 ()()0lim lim 11x x f x x --→→=-=-，()()0lim lim 11x x f x x ++→→=+=， 因为()()0lim lim x x f x f x ++→→≠，所以，当0→x 时，)(x f 的极限不存在. 例26 ()0lim 0x x xxαα→>.解 0)(lim )(lim 00=-=---→→ααx x x x x x ，0lim lim 00==++→→ααx x x x x x ， 因为0lim )(lim00==-+-→→xxx x x x x x αα，所以,原式=0. 2.9 应用两个重要极限1sin lim 0=→x x x ，1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭例27 求xe x x 1lim 0-→.解 记()ln 1x t =+ 1xe t -=，则原式=1001limlim 111ln 1t t ttt t →→==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭()1lim 1x x x e →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭因为. 例28 求1lim 11nn n →∞⎛⎫+ ⎪+⎝⎭. 解 原式=()111lim 11n n n +-→∞⎛⎫+ ⎪+⎝⎭=e .例29 求1lim 1-1nn n →∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭. 解 原式=()111lim 1-1n n n -+→∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭=e .2.10 根据增长速度 )(ln ∞→<<x ex x xnλ例30 求()lim 0nx x x n eλλ→∞>为正整数，.解 原式=1lim n x x nx e λ-→∞=()221!lim lim 0n xn x x x n n x n e e λλλλ-→∞→∞-==.例31 求()ln lim0nx xn x →∞>.解 01lim lim ln lim 11===∞→-∞→∞→n x n x x n x nxnx x x .同函数趋近于无穷的速度是不一样的，x 的x 次方快于!x （x 的阶乘）快于指数函数，快于幂函数，快于对数函数.所以增长速度： )(ln ∞→<<x ex x xnλ.故以后上述结论可直接在极限计算中运用. 2.11 换元法例32 1lim (1)xx x→-∞+.解 令x t =-，则原式=1lim 1t t t -→+∞⎛⎫- ⎪⎝⎭1lim t t t t -→+∞-⎛⎫= ⎪⎝⎭111lim 1111t t t t -→+∞⎛⎫⎛⎫=+⋅+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭=e 2.12 利用极限的运算法则[1]利用如下的极限运算法则来求极限： (1) 如果()()lim ,lim ,f x A g x B ==那么B A x g x f x g x f ±=±=±)(lim )(lim )]()(lim[()()()()lim lim lim f x g x f x g x A B ⋅=⋅=⋅⎡⎤⎣⎦若又有0≠B ，则BA x g x f x g x f ==)(lim )(lim )()(lim（2）如果)(lim x f 存在，而c 为常数，则)(lim )](lim[x f c x cf =（3）如果)(lim x f 存在，而n 为正整数，则nn x f x f )]([lim )](lim[=（4）如果)()(x x ϕδ≥，而b x a x ==)(lim ,)(lim ϕδ，则b a ≥ （5）设有数列{}n x 和{}n y ，如果()lim ;n n n x y A B →∞+=+那么，()lim ;n n n x y A B →∞+=+lim n n n x y A B →∞=⋅当()01,2,...n y n ≠=且0b ≠时，limn n n x A y B→∞= 2.13 求数列极限的时候可以将其转化为定积分[1]例33 已知()21f x x =- ,在区间[]0,1上求()01limniii f x λξ→=∆∑（其中将[]0,1分为n个小区间[]1,i i x x -,1i i i x x ξ-≤≤，λ为i x ∆中的最大值）.解 由已知得: ()()11limni i i f x f x dx λξ→=∆=∑⎰1201x dx =-⋅⎰4π=.（注释：由已知可以清楚的知道，该极限的求解可以转化为定积分,求函数()f x 在区间[]0,1上的面积）.在有的极限的计算中，需要利用到如下的一些结论、概念和方法：（1）定积分中值定理：如果函数()f x 在积分区间[],a b 上连续，则在[],a b 上至少有一个点，使下列公式成立：()()()baf x dx x b a ϕ=-⎰ ()a b ϕ≤≤；（2）设函数()f x 在区间[],a +∞上连续，取t a >，如果极限 ()lim tat f x dx →+∞⎰存在，则称此极限为函数()f x 在无穷区间[],a +∞上的反常积分，记作⎰∞+0)(dx x f ，即⎰⎰+∞→∞+=tat adx x f dx x f )(lim )(；设()f x 在区间[],a b 上连续且()0f x ≥，求以曲线()y f x =为曲线，底为[],a b 的曲边梯形的面积A ，把这个面积A 表示为定积分：()b=aA f x dx ⎰ 的步骤是：首先，用任意一组的点把区间[],a b 分成长度为(1,2,...)i x i n ∆=的n 个小区间，相应地把曲线梯形分成n 个窄曲边梯形，第i 个窄曲边梯形的面积设为i A ∆，于是有1nii A A ==∆∑；其次，计算i A ∆的近似值 ()()1i i i i i i A f x x x ϕϕ-∆≈∆≤≤；然后，求和，得A 的近似值 ()1niii A f x ϕ=≈∆∑；最后，求极限，得⎰∑=∆==→bai ni i dx x f x f A )()(lim1ϕλ.例34 设函数()f x 连续，且()00f ≠，求极限 ()()()[]2lim.x xx x t f t dt x f x t dt→--⎰⎰. 解 ()()()0lim x xx x t f t dt x f x t dt→--⎰⎰ =()()()0lim ,xxxx xf t dt tf t dtx f u du→-⎰⎰⎰()()()()()0+limxx x f t dt xf x xf x f u du xf x →-+⎰⎰由洛必达得：，()()(),,,f x t dx u x t f u du -=-⎰x其中令得()()()()0lim 0x x xf xf xf x ϕφϕ→+再由积分中值定理得:在到之间 ()()()()()()001lim002x f f f f x f f ϕϕ→===++.例35 计算反常积分: 21dx x +∞-∞+⎰.解21dx x +∞-∞+⎰ =[]arctan x +∞-∞=-lim arctan lim arctan x x x x →+∞→∞-=()22πππ--=. 2.14 利用函数有界原理证明极限的存在性，利用数列的逆推求极限（1）单调有界数列必有极限；（2）单调递增且有上界的数列必有极限，单调递减且有下界的数列必有极限.[3]例36 数列{}n x :2，12n x -+，222++，……．极限存在吗？ 解 由已知可得{}n x 单调递增且有界，由单调有界原理，知lim n n x →∞存在．又12n n x x -=+，1lim lim 2n n n n x x -→∞→∞=+记lim =t,2n n x t t →∞=-则，即可证2n x <，得到 2=t . 2.15 直接使用求导的定义求极限当题目中告诉你0)0(=F 时，)(x F 的导数等于0的时候，就是暗示你一定要用导数定义：（1）设函数()y f x =在点0x 的某个领域内有定义，当自变量x 在0x 处取得增量x ∆（点0x x ∆+仍在该领域内）时，相应的函数取得增量()()00y f x x f x ∆=∆+-；如果y ∆与x ∆之比0x ∆→时的极限存在，则称函数()y f x =在点0x 处可导，并称这个极限为函数()y f x =在点0x 处可导，并称这个极限为函数()y f x =在点0x 处的导数，记作()0f x '，即 ()()()00000limlim x x f x x f x yf x x x∆→∆→∆+-∆'==∆∆；（2）在某点处可导的充分必要条件是左右导数都存在且相等. 例36 ()()()()1f x x x e x π=---，求()'fπ.解 ()'fπ ()()()()()()=lim lim 11x x f x f x x e x x e x ππππ→→-=--=---. 例37 若函数()f x 有连续二阶导数且()0=0f ，()'0=1f，()''0=-2f ，则 ()()2limx f x xx→-=.A:不存在 B ：0 C ：-1 D ：-2解 ()20limx f x x x →-=()()()'''00101lim lim 220x x f x f x f x x →→--=-()''1012f ==-. 所以，答案为D.例38 若()(1)(2).....(2010)f x x x x x =++++，求(0)f '.解 0()(0)(0)limx f x f f x→-'=0(1)(2) (2010)lim x x x x x x→++++=lim (1)(2).....(2010)x x x x x →=++++2010!=. 2.16 利用连续性求极限[1]例39 设()f x 在1x =处有连续的一阶导数，且(1)2f '=，求1l im (c o s 1)x dx dx+→+-.解 原式11lim (cos 1)(sin 1)21x f x x x +→'=----11sin 1lim (cos 1)21x x f x x +→-'=--- 11lim (cos 1)2x f x +→'=-- 11(lim cos 1)2x f x +→'=--1(1)2f '=-1=-.2.17 数列极限转为函数极限求解数列极限中是n 趋近，而不是x 趋近.面对数列极限时，先要转化成求x 趋近情况下的极限，当然n 趋近是x 趋近的一种情况而已，是必要条件.（还有数列极限的n 当然是趋于正无穷的）.[1]例40 求21lim (1sin )n n n n→∞-.解 令1t n=,则原式2320001sin sin 1cos lim (1)lim lim 3t t t t t t t t t t t →→→--=-==， 所以在0t →时，1cos t -与212t 等价，因此，原式20212lim 13t tt→=16=.。
探讨数学分析中求极限的方法x
探讨数学分析中求极限的方法摘要：极限的概念是高等数学中一个最基本、最重要的概念 ,极限理论是研究连续、导数、积分、级数等的基本工具 ,因此正确理解和运用极限的概念、掌握极限的求法 ,对学好高等数学是十分重要的。
极限思想贯穿整个高等数学的课程之中，而给定函数的极限的求法则成为极限思想的基础，因此有必要总结极限的求法。
本文详细介绍了一些典型的极限计算方法 ,给出解题思路及相应技巧 ,并辅以典型的例题 ,最后还强调了求极限时的注意事项。
关键词：极限；类型；方法。
一、 利用函数连续性求极限由于初等函数在定义区间内处处连续，所以求初等函数在定义区内任意点处的极限值，就是求其函数在该点处的函数值。
由函数)(x f y =在x 0 点连续定义知，)()(lim 00x f x f x x =→。
例1 求)52(lim 22-+→x x x . 解 ∵52)(2-+=x x x f 是初等函数，在其定义域（全体实数）内连续∴所以用代入法求出该点的函数值就可。
即原式=2⨯2＋2⨯2－5=3 例2 求632lim 220++-→x x x x . 解 由于632)(22++-=x x x x f 在x=0处连续 所以2163632lim 220==++-→x x x x 例3 求1352lim 22+-+→x x x x分析 由于552225lim lim lim 2)52(lim 2222222=-+⨯=-+=-+→→→→x x x x x x x x 71231lim lim 3)13(lim 222=+⨯=+=+→→→x x x x x所以采用直接代入法解 原式=751235222)13(lim )52(lim 2222=+⨯-+⨯=+-+→→x x x x x二、利用无穷小的性质求极限我们知道无穷小的性质有：性质1：有限个有界函数与无穷小的乘积为无穷。
性质2：在自变量同一变化的过程中无穷大量的倒数为无穷小。
涉及无穷小的几种求极限方法
涉及无穷小的几种求极限方法作者：周思中来源：《吉林省教育学院学报·上旬刊》 2013年第7期周思中（江苏科技大学数理学院，江苏镇江212003）摘要：极限是高等数学中最重要的概念之一，求极限的方法是多种多样的，本文总结了涉及无穷小的几种求极限方法。
并对常见的等价无穷小和带佩亚诺型余项的麦克劳林展开式进行了推广，便于学生更好地掌握这部分内容。
关键词：无穷小；极限；方法中图分类号：G421文献标识码：A文章编号：1671—1580（2013）07—0148—02极限是研究高等数学的有力工具。
求解极限，是微积分学学习中要掌握的基本技能之一。
求极限的方法有很多种，例如：利用夹逼准则、单调有界准则、洛必达法则、拉格朗日中值定理、泰勒公式、无穷小替换、级数收敛性、无穷小因子消去法、定积分定义和导数定义等方法可求相应的极限。
这里，主要介绍涉及无穷小的几种求极限方法。
一、利用等价无穷小替换求极限注：在利用等价无穷小替换时，只能用分子分母整体部分去代换，或是把函数化成积的形式，再施行等价无穷小替换。
而在和、差式中用等价无穷小替换时，需小心谨慎。
二、利用洛必达法则求极限最后，我们通过典型例题来加深对洛必达法则求极限方法的理解。
这里，主要以0/0型未定式为例。
洛必达法则是求未定式的一种有效方法，但它不是万能的，对洛必达法则使用不当，就会导致计算出错。
在使用洛必达法则求极限时应注意以下几个方面：可见，洛必达法则可多次使用。
（2）洛必达法则是充分性的，因此，当使用该法则后极限不存在或不能求出时，不能确定原极限是否存在，此时，洛必达法则失效，应另找其它方法来求该极限。
（3）在使用洛必达法则求极限时，应与其他求极限方法结合使用，这样效果会更好。
三、利用无穷小因子分出法求极限当分子分母都是无穷小量时，通过因子分解或根式有理化等代数方法分出分子分母中相同的无穷小量，然后约去无穷小量，最后再求极限。
四、利用泰勒公式求极限对于求某些未定式的极限来说，使用泰勒公式比洛必达法则更为方便，但往往需把函数展开为带佩亚诺型余项的麦克劳林公式。
洛必达法则和泰勒公式的区别与联系
洛必达法则和泰勒公式的区别与联系
洛必达法则和泰勒公式都是数学中的重要定理，用于求解函数的极限问题。
它们的区别和联系如下：
1. 区别：
- 洛必达法则（L'Hôpital's rule）用于解决形如"0/0"或者"∞/∞"的不定式极限问题。
它利用了两个函数在某个点处的导数的极限与函数值的极限之间的关系，从而求解极限。
洛必达法则适用的情况有限，只能用于求解特定类型的不定式极限问题。
- 泰勒公式（Taylor series）是一种用多项式逼近函数的方法。
它将一个光滑的函数表示为无限多个项相加的形式，每个项都是函数在某个点处的导数与对应的阶乘之积，从而近似表示函数在这个点附近的行为。
泰勒公式适用的范围更广，可以用于近似计算各种函数的值。
2. 联系：
- 虽然洛必达法则和泰勒公式解决的问题类型不同，但它们的原理都基于导数的性质。
洛必达法则依赖于函数的导数极限，而泰勒公式则利用了函数在某个点处的导数来近似该点附近的函数值。
- 在某些情况下，洛必达法则和泰勒公式可以结合使用。
例如，当计算某个函数在某个点处的极限时，可以先利用洛必达法则求出该点的导数极限，再利用泰勒公式对函数进行近似，从而求得极限值。
总之，洛必达法则和泰勒公式是数学中常用的工具，它们在求解函数的极限问题中有各自的用途和优势。
例析等价无穷小代换求极限的方法
例析等价无穷小代换求极限的方法微积分是数学中的一个重要的分枝。
就整个数学体系来说,基础数学部分是根,各种名目繁多的数学种类是枝叶,而微积分就是这棵大树的主干部分。
微积分由微分、积分两部分组成,微分是无限细分的思想,积分是无限累积的思想,而极限就体现了无限的思想。
极限是微积分的思想基础,所以是微积分的重要部分。
求极限就成为了学习微积分重要的学习过程。
在求极限的各种方法中,用等价无穷小量的代换来求一些复杂的极限是一种重要的方法。
用无穷小量代换来求极限的方法在许多高职高专教材中介绍的都不全面,学生在学习的过程中总有许多的疑惑,本人从事多年的高等数学教学工作,所以把多年在这一方面的经验做一总结。
对教材中的不足做一些补充,同时也可给学生的学习提供一个参考。
无穷小量是指在变化过程中极限为0的变量,而等价无穷小量是指在变化过程中比值极限为1的两个无穷小量,常用的等价无穷小量有:当时,,,, 恰当利用等价无穷小代换求极限,可大大简化计算。
那么无穷小量代换都可以怎样应用呢？在高职高专教材中,有些只提到等价无穷小量在求极限的过程中可以代换,却没有说明什么情况可以应用,什么情况不可以应用。
或者有的教材就说明只有在积商因子中可以应用,这都是不全面和严密的。
下面就各种情况意义说明。
1 极限式中只有积商因子的等价无穷小之间可以代换定理1:设是同一变化过程中的无穷小量,且,,若存在,则有证明:例如:求解:当时,推论1:设是同一变化过程中的无穷小量,且,若存在,则有例如:求解:当时,推论2:设是同一变化过程中的无穷小量,且,若存在,则有,例如:2 当极限式中不只含有积商因子还含有加减因子时不可以直接代换,但可以这样运用等价无穷小进行代换定理2:设是同一变化过程中的无穷小量,且则∴例如:求解:定理3:设是同一变化过程中的无穷小量,且若则∴例如:求解:当时,3 学生运用等价无穷小代换时的典型错误例如:代换时没有注意到定理3中要求的,本题中因为,所以不能直接应用定理3,应把加减因子化成积商因子代换。
待定型极限的求法
待定型极限的求法【摘要】文章首先介绍了待定型极限的基本概念及基本类型，在此基础上，探索求解待定型极限的方法，从重要极限、迫敛定理、等价无穷小替换、广义微分中值定理、泰勒公式等八个方面总结了待定型极限的求解方法并展开研讨，进而归纳出各方法的运用原则和条件，并相应辅以实例说明，最后分析比较各种方法技巧的局限性与可行范围，从而给出遇到具体问题时各方法的优先考虑次序。
论文可在学生学习该部分内容起到辅助作用，并帮助学生在掌握经典理论的同时，能够灵活地运用该八方面的技巧到具体问题当中，有利于学生学习和掌握有关解题技巧，提高学习效率。
【关键词】待定型极限;洛必达法则;重要极限;迫敛定理;等价无穷小替换;广义微分中值定理;泰勒公式0.引言数学分析是近代数学的基础,是现代科学技术中应用最广泛的一门学科,是师范院校数学专业的一门主干基础课。
极限概念是数学分析中最重要的概念之一,数学分析中几乎所有重要的概念,如连续、导数、定积分、重积分、曲线积分、曲面积分以及级数的收敛性等定义都建立在极限的基础上。
极限理论是数学分析的基础理论,极限思想贯穿整个数学分析学科。
极限在实际中有很广泛的应用,因此在学习了极限理论之后掌握求极限的方法便显得十分重要。
在学习过程中能采用多种多样的方法准确有效地求解极限是学好数学分析的关键,同时也为学习后续课程打下坚实的基础。
1.待定型极限定义、基本类型及关于其求解方法的研究思考1.1 待定型极限的定义两个无穷小量之比的极限或两个无穷大量之比的极限,有的存在,有的不存在:即使存在,不同的极限其值一般也不相等。
也就是说,我们不能对这样的比的极限的状态作出一般的结论,只有在具体情况下才能确定其结果。
因此,我们称这类极限为待定型或不定式、未定式。
1.2待定型极限的基本类型在求极限的诸多问题中, 待定型极限既是一个重点,也是一个难点。
就待定型极限的类型而言,其类型较多,归纳为七种:型;型; ∞－∞型; 0·∞型; 1型;∞型和0型。
函数极限的计算方法归纳8
长沙民政职业技术学院学报 Journal of Changsha Social work college
Vol111 No12 J un12004
函数极限的计算方法归纳
李占光
(长沙民政职业技术学院 , 湖南 长沙 410004)
[ 摘 要 ] 函数极限的计算是高等数学教学的基本要求 , 本文归纳了函数极限计算的一些常见方法与技巧 。 [ 关键词 ] 函数极限 ; 计算方法 ; 归纳 [ 中图分类号 ] G424·1 [ 文章标识码 ] B [ 文章编号 ] 1671 - 5136 (2004) 02 - 0083 - 02
1-
x2 2!
+
x4 4!
+ O ( x4)
-
x →0
1-
x2 2
+
1 2!
(
-
x2 ) 2 2
+
O(
x4)
x4
= lim
x →0
1 12
x4
+
O(
x4)
x4
=-
1 12
.
九 、运用微分中值定理计算函数极限
例
10
:计算lim x →0
ex x-
esin x sin x .
思路 :对函数 f ( x) 在区间[ sin x , x ] 上运用拉格朗
The Sum the Methods of Computing Function Limit
LI Zhan - guang
(Changsha Social Work College , Changsha , Hunan 410004)
Abstract : The computation of function limit is essentially required in higher mathematics education. This paper sums up a lot of common skills and methods of computing function limit. Key words : function limit ; computing method ; sum up
极限运算时最容易忽略的两个问题
㊀㊀㊀解题技巧与方法１３７㊀㊀极限运算时最容易忽略的两个问题极限运算时最容易忽略的两个问题Һ丁艳风㊀（郑州升达经贸管理学院基础部，河南㊀郑州㊀４５１１９１）㊀㊀ʌ摘要ɔ极限是分析学科的工具．本文主要论述了初学者在求极限时易忽略的两种情况：首先分析了等价无穷小代换在加减中怎么使用，从而避免学生在求极限时发生类似的错误；其次分析了当函数表达式复杂时，如何使用泰勒公式简化函数，便于求极限，同时总结了使用泰勒公式的技巧，为学生后续求极限提供了解题效率更高的方法．ʌ关键词ɔ极限；等价无穷小代换；泰勒公式；麦克劳林公式引㊀言高等数学的研究对象是函数，而研究函数的工具是极限．这就决定了高等数学中的许多基本概念都以极限思想为基石，因此，学好极限对高等数学的学习有着举足轻重的作用．函数的极限运算是高等数学的核心内容之一，而选择极限的计算方法的合适与否，直接关系到计算过程是否简便快捷及计算结果是否正确．笔者通过大量的实践教学发现：在求极限的过程中，学生最易忽略也最易出错的两个问题：一㊁等价无穷小代换在加减中的使用；二㊁泰勒公式在求极限中的化繁为简的运用．针对以上两个问题笔者利用例子来分析和研究．一㊁等价无穷小代换在加减中的使用等价无穷小代换是解决 ００ 型未定式极限的一个非常有效的途径和手段．在高等数学教材中，等价无穷小代换定理仅仅以极限积或商的形式表现等价无穷小代换，并没有给出该方法的使用局限性和适用范围．特别是对于解决 ０－００ 或 ０＋００ 型未定式极限时，学生在利用等价无穷小代换定理计算极限时往往容易出错，究其原因是学生没有弄清楚代换的条件及对象．另外就是对无穷小的等价概念模糊不清，导致出现许多学生乱套公式的现象．因此，教师应对此问题加以强调和关注．１．几种常见的等价无穷小首先弄清楚一个概念：无穷小是相对于一个极限过程而言的，一个变量在某个极限过程中是无穷小量，在另一个极限过程中就不一定是无穷小量了．如ｓｉｎｘ在ｘң０时是无穷小量，但是在ｘң１或ｘңπ２时，都不是无穷小量，所以在使用等价无穷小代换时首先应准确判断一个量是否为无穷小量．其次熟记常见的几个等价无穷小代换公式：当ｘң０时，ｓｉｎｘ ｘ；ａｒｃｓｉｎｘ ｘ；ｔａｎｘ ｘ；ａｒｃｔａｎｘ ｘ；ｅｘ－１ ｘ；ｌｎ（１＋ｘ） ｘ；１－ｃｏｓｘ ｘ２２；ｎ１＋ｘ－１ ｘｎ．以上公式不仅要熟记，对于公式的推广形式更要会灵活运用：在ｘ的某个变化过程中，只要关于ｘ的函数φ（ｘ）ң０，则上面公式中的所有ｘ都可以换为φ（ｘ）．即：当ｘң （表示任何过程）时，有φ（ｘ）ң０，则有ｓｉｎφ（ｘ） φ（ｘ）；ａｒｃｓｉｎφ（ｘ） φ（ｘ）；ｔａｎφ（ｘ） φ（ｘ）；ａｒｃｔａｎφ（ｘ） φ（ｘ）；ｅφ（ｘ）－１ φ（ｘ）；ｌｎ［１＋φ（ｘ）］ φ（ｘ）；１－ｃｏｓφ（ｘ） ［φ（ｘ）］２２；ｎ１＋φ（ｘ）－１ φ（ｘ）ｎ．在此基础上也能推出许多其他公式，因此，我们要熟记上述公式．２．等价无穷小代换在加减中的使用等价无穷小代换定理只给出了函数在乘除之间可以使用，在加减中是否能使用没有给出明确的说明，致使有些学生在做练习时出现如下解法：如：求极限ｌｉｍｘң０ｓｉｎｘ－ｔａｎｘｘｓｉｎ２ｘ．虽然上式分子是相减的形式，但有的学生看都不看就将其写成如下形式：ｌｉｍｘң０ｓｉｎｘ－ｔａｎｘｘｓｉｎ２ｘ＝ｌｉｍｘң０ｘ－ｘｘ３＝０．显然上述方法是错误的，原因在哪里呢？原因主要在于初学者在使用课本中的等价无穷小代换定理时没有注意：用等价无穷小代换时需要换掉整个分子或分母，而不能只换掉分子或分母的一部分．那么，我们遇到这种问题时该如何处理呢？下面的定理就告诉我们该怎么做！定理１㊀设α（ｘ），β（ｘ），αᶄ（ｘ），βᶄ（ｘ），γ（ｘ），γᶄ（ｘ）（均不为０）都是同一变化过程中的无穷小量，已知α（ｘ） αᶄ（ｘ），β（ｘ） βᶄ（ｘ），γ（ｘ） γᶄ（ｘ），（１）若满足ｌｉｍβ（ｘ）α（ｘ）ʂ－１，则有ｌｉｍα（ｘ）＋β（ｘ）[]ｇ（ｘ）γ（ｘ）＝ｌｉｍαᶄ（ｘ）＋βᶄ（ｘ）[]ｇ（ｘ）γᶄ（ｘ）．（２）若满足ｌｉｍβ（ｘ）α（ｘ）ʂ１，则有ｌｉｍα（ｘ）－β（ｘ）[]ｇ（ｘ）γ（ｘ）＝ｌｉｍαᶄ（ｘ）－βᶄ（ｘ）[]ｇ（ｘ）γᶄ（ｘ）．该定理的证明许多文献中都有介绍，这里只给出定理的应用．此定理告诉我们若分子为某两个无穷小量的和或差时，只要满足条件就可以使用等价无穷小代换．如前面的例子：求极限ｌｉｍｘң０ｓｉｎｘ－ｔａｎｘｘｓｉｎ２ｘ．上式的分子为两个无穷小量的差，但是ｌｉｍｘң０ｓｉｎｘｔａｎｘ＝１，不满足定理的条件，所以不能直接使用等价无穷小代换．事实上，我们可以先对分母进行等价无穷小代换，再使用洛必达法则或者把分子化为两个因式乘积的形式再使用等价无穷小代换．正确的解法：ｌｉｍｘң０ｓｉｎｘ－ｔａｎｘｘｓｉｎ２ｘ＝ｌｉｍｘң０ｓｉｎｘ－ｔａｎｘｘ３＝ｌｉｍｘң０ｔａｎｘ（ｃｏｓｘ－１）ｘ３＝ｌｉｍｘң０－ｘｘ２２ｘ３＝－１２．㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１３８㊀例１㊀求极限ｌｉｍｘң０ｓｉｎ２ｘ－ｔａｎｘ３１＋ｘ－１．解㊀当ｘң０时，ｓｉｎ２ｘ ２ｘ，ｔａｎｘ ｘ，３１＋ｘ－１ｘ３，因为ｌｉｍｘң０ｓｉｎ２ｘｔａｎｘ＝ｌｉｍｘң０２ｘｘ＝２ʂ１（满足定理的条件），所以ｌｉｍｘң０ｓｉｎ２ｘ－ｔａｎｘ３１＋ｘ－１＝ｌｉｍｘң０２ｘ－ｘｘ３＝３．显然，我们在满足定理条件时使用等价无穷小代换就不会出错了．其实，除了分子是某两个等价无穷小量的和或差可以用等价无穷代换外，分母是两个无穷小量的和或差也有相同的结论，因为有下面的定理．定理２㊀设α（ｘ），β（ｘ），αᶄ（ｘ），βᶄ（ｘ）（均不为０）都是同一变化过程中的无穷小量，已知α（ｘ） αᶄ（ｘ），β（ｘ） βᶄ（ｘ），（１）若满足ｌｉｍβ（ｘ）α（ｘ）ʂ－１，则有ｌｉｍα（ｘ）＋β（ｘ）[]＝ｌｉｍαᶄ（ｘ）＋βᶄ（ｘ）[]．（２）若满足ｌｉｍβ（ｘ）α（ｘ）ʂ１，则有ｌｉｍα（ｘ）－β（ｘ）[]＝ｌｉｍαᶄ（ｘ）－βᶄ（ｘ）[]．例２㊀求极限ｌｉｍｘң０ｓｉｎ５ｘ２－ｔａｎｘ２ｓｉｎ２ｘ２＋ｔａｎｘ２．解㊀当ｘң０时，因为ｌｉｍｘң０ｓｉｎ５ｘ２ｔａｎｘ２＝５ʂ１，ｌｉｍｘң０ｔａｎｘ２ｓｉｎ２ｘ２＝１２ʂ－１（满足定理的条件），所以ｌｉｍｘң０ｓｉｎ５ｘ２－ｔａｎｘ２ｓｉｎ２ｘ２＋ｔａｎｘ２＝ｌｉｍｘң０５ｘ２－ｘ２２ｘ２＋ｘ２＝４３．当然，若先使用换元法把ｘ２化为ｔ，再使用洛必达法则也很容易就能解决本题；也可以使用泰勒公式进行计算，这就是我们接下来要讲的另一个学生不易想到的问题．二㊁泰勒公式在求极限中的化繁为简的运用求函数极限的方法有很多，对于 ００ ɕɕ等型未定式，我们常用的是洛必达法则，此法则简单易掌握，但具有一定的局限性，即对于繁杂的函数并不适用．当遇到使用洛必达法则求极限越求导越麻烦时，我们不妨换一下思路，利用泰勒公式进行求解，因为泰勒公式不仅能起到化繁为简的作用，也能解决大多方法解决不了的问题．接下来，我们将对利用泰勒公式计算 ００型未定式极限的方法进行探讨．１．泰勒公式和麦克劳林公式在利用泰勒公式求解函数极限时，我们通常采用带有佩亚诺余项的泰勒公式．即：ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ０）＋ｆᶄ（ｘ０）（ｘ－ｘ０）＋ｆᵡ（ｘ０）２！（ｘ－ｘ０）２＋ ＋ｆ（ｎ）（ｘ０）ｎ！（ｘ－ｘ０）ｎ＋ｏ（（ｘ－ｘ０）ｎ）．（１）令ｘ０＝０，则（１）式为ｆ（ｘ）＝ｆ（０）＋ｆᶄ（０）ｘ＋ｆᵡ（０）２！ｘ２＋ ＋ｆ（ｎ）（０）ｎ！ｘｎ＋ｏ（ｘｎ）．（２）（２）式称为带有佩亚诺余项的麦克劳林公式．２．无穷小量的运算想要熟练掌握泰勒公式，还需掌握下面的运算．无穷小量的运算：ｍ，ｎ为正整数，ｑ＝ｍｉｎ｛ｍ，ｎ｝，则有下列式子成立：ｏ（ｘｍ）ʃｏ（ｘｎ）＝ｏ（ｘｑ），ｏ（ｘｍ）ｏ（ｘｎ）＝ｏ（ｘｍ＋ｎ），ｘｍｏ（ｘｎ）＝ｏ（ｘｍ＋ｎ），ｋｏ（ｘｎ）＝ｏ（ｋｘｎ）＝ｏ（ｘｎ）．３．例题解析我们下面结合着可以使用泰勒公式的例子来对此法做一个分析：例３㊀求极限ｌｉｍｘң０ｘｓｉｎｘ２－２（１－ｃｏｓｘ）ｓｉｎｘｘ４．分析㊀分式的分母为ｘ４，因此解答本题的关键是将ｓｉｎｘ２，ｓｉｎｘ，ｃｏｓｘｓｉｎｘ进行泰勒展开并确定其具体展开到第几项．我们先把２ｃｏｓｘｓｉｎｘ利用倍角公式化为ｓｉｎ２ｘ．ｓｉｎｘ２，ｓｉｎｘ，ｓｉｎ２ｘ的带有佩亚诺余项的麦克劳林公式展开式分别为ｓｉｎｘ２＝ｘ２－ｘ６３！＋ｘ１０５！－ ＋（－１）ｎｘ４ｎ＋２（２ｎ＋１）！＋ｏ（ｘ４ｎ＋２）．（３）ｓｉｎｘ＝ｘ－ｘ３３！＋ｘ５５！－ ＋（－１）ｎｘ２ｎ＋１（２ｎ＋１）！＋ｏ（ｘ２ｎ＋１）．（４）ｓｉｎ２ｘ＝２ｘ－（２ｘ）３３！＋（２ｘ）５５！－ ＋（－１）ｎ（２ｘ）２ｎ＋１（２ｎ＋１）！＋ｏ［（２ｘ）２ｎ＋１］．（５）ａ．若将它们最低分别展开到ｘ的２阶㊁３阶㊁３阶：ｘｓｉｎｘ２－２（１－ｃｏｓｘ）ｓｉｎｘ＝ｘｓｉｎｘ２－２ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ２ｘ＝ｘ３＋５ｘ３３＋ｏ（ｘ３）．（６）则ｌｉｍｘң０ｘｓｉｎｘ２－２（１－ｃｏｓｘ）ｓｉｎｘｘ４＝ｌｉｍｘң０８３ｘ３＋ｏ（ｘ３）ｘ４极限不存在．ｂ．若将它们最低分别展开到ｘ的６阶㊁５阶㊁５阶：ｘｓｉｎｘ２－２ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ２ｘ＝－ｘ７６＋ｘ５４＋ｏ（ｘ５），则ｌｉｍｘң０ｘｓｉｎｘ２－２（１－ｃｏｓｘ）ｓｉｎｘｘ４＝ｌｉｍｘң０－ｘ７６＋ｘ５４＋ｏ（ｘ５）ｘ４＝０．ｃ．若将它们最低分别展开到ｘ的１０阶㊁７阶㊁７阶：ｘｓｉｎｘ２－２ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ２ｘ＝－２３ｘ７１２０＋ｘ５４＋ｏ（ｘ７），则ｌｉｍｘң０ｘｓｉｎｘ２－２（１－ｃｏｓｘ）ｓｉｎｘｘ４＝ｌｉｍｘң０－２３ｘ７１２０＋ｘ５４＋ｏ（ｘ７）ｘ４＝０．由ａ，ｂ和ｃ可知，由于每个函数变量的幂次不同，它们展开的次方也多少有点差异．若将三个函数展开到ｘ的３阶以下，无法求出正确的极限；若将三个函数展开到ｘ的６阶以上，可以正确求出极限，但ｘ６后面的更高阶的因式与ｘ４作商求极限后均为０，无计算的必要，所以三个函数ｓｉｎｘ２，ｓｉｎｘ，ｓｉｎ２ｘ分别展开到６阶㊁５阶㊁５阶最合适．故由例３可以总结如下：利用泰勒公式对形如 ００型未定式求极限，遵循 上下几乎同阶原则 ，即将分子上的函数展开到与分母同幂次或接近的项即可．ʌ参考文献ɔ［１］华东师范大学数学系．数学分析［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２００１．［２］张卓奎，王金金．高等数学［Ｍ］．北京：北京邮电大学出版社，２０１７．［３］陈大桥，等价无穷小代换在求极限中的常见应用及推广［Ｊ］．成都师范学院学报，２０１４，３０（５）：１１７－１１９．［４］刘艳．泰勒公式在函数极限计算中的方法探讨［Ｊ］．教育教学论坛，２０２０（２８）：３２８－３２９．。
洛必达法则和泰勒公式
!
R2m1
(
x)
其中
R2m1(x)
(1)m1 cos( x)
(2m 2) !
x2m2
(0 1)
麦克劳林公式
f (0)
f
(0)x
f (0) x2
f
(n) (0) xn
2!
n!
(0 1)
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f (k) (x) ( 1)( k 1)(1 x)k
f (k) (0) ( 1)( k 1) (k 1,2,)
3 106
1) !
由计算可知当 n = 9 时上式成立 , 因此
e 11 1 1 2.718282 2! 9!
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说明: 注意舍入误差对计算结果的影响.
本例 e 11 1 1 2! 9!
若每项四舍五入到小数点后 6 位,则
各项舍入误差之和不超过 7 0.5106, 总误差限为 7 0.5106 106 5106 这时得到的近似值不能保证误差不超过 106.
二、几个初等函数的麦克劳林公式
三、泰勒公式的应用
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一、泰勒公式的建立
在微分应用中已知近似公式 :
f (x) f (x0 ) f (x0 )(x x0 ) y
y f (x)
x 的一次多项式
p1(x)
特点:
f (x0 ) f (x0 )
O x0 x x
以直代曲
如何提高精度 ? 需要解决的问题
Rn (x)
M (n 1)!
x
x0
n1
Rn (x) o((x x0 )n ) (x x0 )
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a的x次方麦克劳林公式展开
a的x次方麦克劳林公式展开
（原创实用版）
目录
1.引言：介绍麦克劳林公式
2.麦克劳林公式的推导过程
3.麦克劳林公式的应用
4.总结：麦克劳林公式的重要性
正文
1.引言
在数学中，麦克劳林公式是一个非常重要的公式，尤其在微积分和泰勒展开中具有广泛的应用。
本文将介绍麦克劳林公式的推导过程以及其应用。
2.麦克劳林公式的推导过程
麦克劳林公式是指：函数 f(x) 在点 a 的 x 次方展开，可以表示为 f(x) = f(a) + f"(a)(x-a) + f""(a)(x-a)^2/2! +...+
f^n(a)(x-a)^n/n! + Rn(x)，其中 Rn(x) 是余项。
这个公式的推导过程比较复杂，需要涉及到一些高级的数学知识，比如泰勒公式和洛必达法则。
在此，我们不再详细叙述其推导过程，只给出公式及其意义。
3.麦克劳林公式的应用
麦克劳林公式在数学中有广泛的应用，主要包括以下几个方面：
（1）近似计算：利用麦克劳林公式，我们可以将复杂的函数在某一点附近进行近似计算，从而简化问题。
（2）泰勒级数：麦克劳林公式是泰勒级数的一种形式，通过泰勒级
数，我们可以将函数在某一点展开为一个无穷级数，从而更好地理解函数的性质。
（3）洛必达法则：在求极限时，我们可以利用麦克劳林公式和洛必达法则，将复杂的极限问题转化为简单的计算问题。
4.总结
麦克劳林公式是数学中一个非常重要的公式，其在微积分和泰勒展开中具有广泛的应用。
利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限
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 x 0 时，函数 f ( x)3sin xsin 3x 与 cx k 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知limf ( x)1 ,这里 c0, k0．记 If ( x)．第一次利用cx klimxx 0 cx k洛必达法则，有I3cos x 3cos3xlimckx k 1；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 x 9sin 3x；同样上式分子趋于ck (k 1)x k 2x 0零 ， 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 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 0ck (k 1)(k 2) x k 3条件．要使得当I 1 时，则必有 k 30, ck( k 1)(k2) 24 ．故解得 k 3, c 4 ．解法二利用麦克劳林公式展开．f ( x) 3sin x sin 3x [ 3x3 x 3 o( x 3)] [ 3x 1(3x) 3 o( x 3 )]4x 3 o(x 3 )3! 3!则 当 k3, c 4 有 I4x 3 o(x 3 )1 ． 或 注 意 到 f ( x)4x 33) ， 即limcxko( xxf ( 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 x3x o(x) 和 sin 3x 3xo( 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 x 2x 0)（ 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Ilima sec 2 xb sin xa 1b 0 a 2 ，即得 a4c ，选 D ．2cx2c2cx 02dxe 22d 01 x1 0解法二利用麦克劳林公式将展开．考虑到当x0 时 tan x x o( x)，1 cosx1 x 2o(x 2) ， ln(1 2x)2xo(x) ，1 e x 2x2o(x 2 ) ， 因 此 得2ax o( x) b x 2 o( x 2 ) ax o(x)aIlim2 2 2lim2 ，即得 a4c ，选 D ．x 02cx o( x) dx o(x ) x 02cx 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 x0 时，试确定无穷小 f ( x) sin x 2 ln(1 x 2 ) 的阶．解法一用洛必达法则．这里设k 0 ，并记 Ilim f ( x) ，则x 0 x k2xcos x 212x ( x3) cosx 2x1I limx 2x? limkxk 12limkx k 1x 0x 0x 01x 21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 x 2用洛必达法则得到I 2 lim(1 3x 2 ) cosx 2 2 x(x x 3 ) sin x 2 1，k (k 1) xk 2x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．f (x) [ x 21 x 6 o( x 6 )] [ x2 1 x 4 1 x 6 o( x 6 )] 1 x 4 o(x 4 ) ，1 3!23 2 即有 f (x) ~x 4 （ x 0 ）．因此 f (x) 为 x 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．例4 求极限 Ilim [ x x 2ln(1 1)] ．xx解法一作变换后用洛必达法则．t ln(1 t)1 1111 t，则 Ilimlim．令 xt 22t2ttt 0解法二 利用麦克劳林公式展开．因 ln(11 ) 1 1(1)2 o(( 1) 2 ) ，故有x x2 xx1I lim[ x 211o( 1 1 o( x 2 )1x (2x 2 )]lim []．xx 2 xx 2121x 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t 1 t 2to(t 2 ) ，这样对学生理解为什么把 ln(1 t ) 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 x x 2cos1例 5求极限 Ilim x ．x 0(1 cos x)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cos1在 x0 处不可能展x开 ． 考 虑 到 lim (1 cos x) 2 ， 故 先 分 离 函 数 (1 cos x) 并 求 出 其 极 限 ． 又 注 意 到x 03sin x x 2cos1ln(1 x) ~ x( x0) ，故有 Ilim2xx．此时如果考虑用洛必达法则， 即有x 0121 1I3cos x2x cos xx sin x ? ( x 2 )31 1 1 ，lim2limcos x x cossinxx 0x 02x2而极限lim sin 1 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x 0x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 2cos13sin x 11 33Ilimxx cos 0．2xlim2x 2 x22x 0x 0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 Ilimx x x．x 11xln 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．Ilime ln x e xln xe ln x (e ( x 1) ln x1)limx ln x 1x 11 x ln xx 1注意到 lim e ln x1 ， lim ( x 1) ln x 0 ，故先求分子中 e ln x （也就是 x ）的极限，同时把x 1x 1无穷小 e(x1) ln x1 用与之等价的无穷小 ( x 1) ln x 替换，得到下式 I lim( x1) ln x ，又x 1xln x 1考虑到 ln x ln[ 1(1 x)] ~ 1x ( x0) ，故有 I( x 1) 2limln x，再用洛必达法则求x 1x1之得到Ilim 2(x1)lim 2x( x1)2 ．x 11 1x 1x1x1 1 x2 1 x 2例 7求极限 Ilim 2 e x 2．(cos xx 1) sin x 2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 e x 麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到21 1 x 2(1 x 2 )1I lim2? lim1 x 21 x 2x 1[(1 o(x 2))(1 x2o( x 2)] x2x 01 x21221lim3x 21 ． 8x22 )12xo( x2当然，例7 也可直接将分子中的1 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．[sin x sin(sin x)] sin x例 8求极限 I limx4．x[sin x sin(sin x)]sin xI lim 解x 3? lim xx 0x 0lim[sin x sin(sin x)]t sin t(sin x) 3limt 3xt1 cost1 t 21lim2．lim3t 23t 26tt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1 cost ~ 1 t2 (x0) ，最后得出结论．2x例 9求极限 I lim 12 cos x1 ．x 0x332 cos xxln32cos xlime1，即解注意到 lim xln 0，故有 Ix 3x 03x 0x ln 2 cos xln 1 2 cos x1)3( 3Ilimlim32x 0 xx0 xcosx 11 x 21limlim23x 23x 2．x 0x 06例 9 纯粹用到恒等变形和无穷小替换，没有用到洛必达法则和麦克劳林公式．。
利用洛必达法则来求数列的极限
利用洛必达法则来求数列的极限
任其昇
【期刊名称】《电子制作》
【年(卷),期】2015(000)011
【摘要】我们知道，利用洛必达法则计算极限很方便，但是用洛必达法则必须满足可导这一条件，而数列就连连续这一条件都不满足，更谈不上可导了。
但我们知道，数列是函数的特殊情况，利用这一点，我们可以先求函数的极限，从而求得数列的极限。
这体现了由一般到特殊的数学思想。
本文将对此方法做进一步的总结和探讨。
【总页数】1页(P204-204)
【作者】任其昇
【作者单位】沈阳工学院基础教育学院 113122
【正文语种】中文
【相关文献】
1.利用洛必达法则求未定式极限的几种技巧 [J], 董珍;施雅亭;
2.利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较 [J], 胡春华;胡倩
3.用极限的四则运算法则、洛必达法则求极限的常见错误分析 [J], 伍庆成
4.利用泰勒公式与洛必达法则求极限之比较 [J], 吴艳; 杨有龙
5.用极限的四则运算法则、洛必达法则求极限的常见错误分析 [J], 伍庆成
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麦克劳林关于方程实根最大绝对值下界的法则
麦克劳林关于方程实根最大绝对值下界的法则
李睿
【期刊名称】《应用数学进展》
【年(卷),期】2024(13)2
【摘要】18世纪英国数学家麦克劳林对于判定代数方程实根的界限做出了重要贡献,这项工作记载于其著作《代数论》第二部分的第5章中。
在该章的最后,麦克劳林直接断言了一条关于方程实根最大绝对值下界的法则,但是作者发现这条法则并不总是成立。
按照古证复原的原则,作者对这条法则的构造过程进行了复原,从而澄清了麦克劳林原来的数学思想,指出他的错误在于将分母误认为方程的次数,但实际上它应该是根的两两之积的项数。
最后,通过修正他的错误,论文给出了该法则的正确形式。
【总页数】7页(P825-831)
【作者】李睿
【作者单位】西北大学科学史高等研究院西安
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
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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0→x 时，函数x x x f 3sin sin 3)(-=与kcx 是等价无穷小，求k c ,． 解法一 利用洛必达法则．由等价无穷小的定义知0()lim1k x f x cx →=,这里0,0>≠k c ．记0()lim k x f x I cx →=．第一次利用洛必达法则，有103cos 3cos3lim k x x xI ckx -→-=；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零，且当1>k 时可再次利用洛必达法则，即有203sin 9sin 3lim(1)k x x xI ck k x -→-+=-；同样上式分子趋于零，因此要求分母趋于零，则当2>k 时，可第三次利用洛必达法则，即303c o s 27c o s 3l i m (1)(2)k x x x I ck k k x -→-+=--．此时可见分子当0→x 时趋于24，因而不满足洛必达法则的条件．要使得当1=I 时，则必有24)2)(1(,03=--=-k k ck k ．故解得4,3==c k ．解法二 利用麦克劳林公式展开．)(4)]()3(!313[)](!333[3sin sin 3)(333333x o x x o x x x o x x x x x f +=+--+-=-= 则当4,3==c k 有3304()lim 1k x x o x I cx→+==．或注意到)(4)(33x o x x f +=，即34~)(x x f ，故有4,3==c k ．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x sin 和x 3sin 展开到多少阶为合适的问题．比如，把x sin 3和x 3sin 分别展开为)(3sin 3x o x x +=和)(33sin x o x x +=，则)()(x o x f =．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2tan (1cos )lim2ln(12)(1)x x a x b x I c x d e-→+-==-+-，则下列四个结论正确的是（ ）．（A ）d b 4=；（B ）d b 4-=；（C ）c a 4=；（D ）c a 4-=．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220sec sin 10lim 2222220110x x a x b x a b aI c c c dxe d x →-+⨯+⨯====---++⨯--，即得c a 4-=，选D ．解法二 利用麦克劳林公式将展开．考虑到当0→x 时 )(tan x o x x +=，)(21cos 1 22x o x x +=-，)(2)21ln(x o x x +-=-，)(1222x o x e x +=--，因此得22)(2)(lim )()(2)(2)(lim 022220=-=+-+=+++-+++=→→ca x o cx x o ax x o dx x o cx x o xb x o ax I x x ，即得c a 4-=，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——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0→x 时，试确定无穷小)1ln(sin )(22x x x f -+=的阶． 解法一 用洛必达法则．这里设0>k ，并记kx x x f I )(lim→=，则 201230122011lim cos )(lim 212cos 2limx kx x x x x kx x xx x I x k x k x -∙--=--=→-→-→这里，上式中已将因式211x-分离出来，因为它的极限为1．故当1>k 时，对上式再次利用洛必达法则得到223220)1(1sin )(2cos )31(lim2-→-----=k x x k k x x x x x x I ， 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2>k 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．)(21)](3121[)](!31[)(446642662x o x x o x x x x o x x x f +-=+---++-=， 即有421~)(x x f -（0→x ）．因此)(x f 为0→x 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)]11ln([lim 2xx x I x +-=∞→． 解法一 作变换后用洛必达法则． 令tx 1=，则 212111lim )1ln(lim020=+-=+-=→→t t tt t I t t ．解法二 利用麦克劳林公式展开． 因))1(()1(211)11ln(22xo x x x +-=+，故有 21]1)1(21[lim )]1(211([lim 22222=+=+--=∞→∞→x x o xo x x x x I x x ． 注：例4解法一中先做变量代换tx 1=之后，再用麦克劳林公式将)1ln(t +展开为)(2122t o t t +-，这样对学生理解为什么把)1ln(t +展开到二阶是有帮助的．因为分母中含2t ，而2t 是0→t 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2013sin coslim(1cos )ln(1)x x x x I x x →+=++． 分析 本例用麦克劳林公式展开求极限是行不通的，因为x1cos在0=x 处不可能展开．考虑到2)cos 1(lim 0=+→x x ，故先分离函数)cos 1(x +并求出其极限．又注意到)0(~)1ln(→+x x x ，故有xx x x I x 21cossin 3lim20+=→．此时如果考虑用洛必达法则，即有⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-∙++=→→x x x x x x x x x x I x x 1sin 211cos cos 23lim 2)1(1sin 1cos 2cos 3lim 0220， 而极限xx 1sinlim 0→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：230231cos 212sin 3lim 21cossin 3lim020=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=→→x x x x xx x x I x x ．此处后一极限为零的原因是，x1cos为有界变量，x 为0→x 时的无穷小． 例6 求极限xx x x I xx ln 1lim 1+--=→．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．1ln )1(lim ln 1lim ln )1(ln 1ln ln 1---=+--=-→→x x e e x x e e I x x x x x x x x注意到1lim ln 1=→xx e，0ln )1(lim 1=-→x x x ，故先求分子中x e ln （也就是x ）的极限，同时把无穷小1ln )1(--xx e用与之等价的无穷小x x ln )1(-替换，得到下式1ln ln )1(lim1---=→x x xx I x ，又考虑到x x x --+=1~)]1(1ln[ln )0(→x ，故有1ln )1(lim21---=→x x x I x ，再用洛必达法则求之得到 21)1(2lim 11)1(2lim11=--=--=→→x x x xx I x x ．例7 求极限2221sin )(cos 1211lim 2xe x x x I x x -+-+=→．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2sin x 用无穷小替换，将x cos 和2x e 麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到22022222222112111lim)](1())(211[()1(211limx x x x o x x o x x x I x x +++∙++-+-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=→→121)(23lim 81222-=+-=→x o x x x ． 当然，例7也可直接将分子中的21x +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40sin )]sin(sin [sin limxxx x I x -=→． 解 x xx x x I x x s i n lim )]sin(sin [sin lim 030→→∙-=3030sin lim )(sin )]sin(sin [sin limttt x x x t x -=-=→→61321lim 3cos 1lim 22020-=-=-=→→t t t t t t ． 上式中，第一步是分离极限存在的函数xx sin ，并求出其极限，第二式是将第一式中3x的用3)(sin x 替换，第三式是用变量t 替换变量x sin ，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)0(21~cos 12→-x t t ，最后得出结论． 例9 求极限⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+=→13cos 21lim 30x x x xI ． 解 注意到03cos 2ln lim 0=⎪⎭⎫⎝⎛+→x x x ，故有33cos 2ln 01limx e I x x x -=⎪⎭⎫⎝⎛+→，即2030)13cos 2(1ln lim 3cos 2ln limx x x x x I x x ⎪⎭⎫⎝⎛-++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=→→61321lim 31cos lim 22020-=-=-=→→xxx x x x ． 例9纯粹用到恒等变形和无穷小替换，没有用到洛必达法则和麦克劳林公式．。