第九周习题课(洛必达法则与泰勒公式)讲解学习

高中阶段导数题中洛必达法则的讲解及应用导入：我们学要以致用，那么在高中我们为什么要学洛必达法则呢？因为在高中，涉及到求参数的取值范围时，分参后，有时会出现分子与分母之比为两个无穷小之比、两个无穷大之比或两个趋近于零的数之比。

这个比值可能是定值也可能是不存在，这时如果我们要计算出他们的比值，就需要运用到洛必达法则。

定义：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的值得方法，称为洛必达法则。

用洛必达法则求极限值，需要满足一定条件，有以下几种基本类型：基本类型一：零比零( 00)型，即x趋向于某数时，分子f（x）、分母g（x）趋向于零。

若函数f(x)和g(x)满足下列条件：（1）limx→a f(x)=0，limx→ag(x)=0（2）在点a的某去心邻域内两者都可导，且g(x)’≠0（3）limx→a f′(x)g′(x)=A(A可为实数，也可为±∞)，那么：lim x→a f(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)= A备注：（1）a可以是常数如0，也可以是正负无穷。

（2）去心邻域：由a附近的点，而没有点a的点组成的集合。

例：limx→0sin xx=limx→0cos x1=1limx→1x3−3x+2x3−x2−x+1=limx→13x2−33x2−2x−1=limx→16x6x−2=32基本类型二：无穷比无穷( ∞∞)型,即x 趋向于某数时，f （x ）、g （x ）趋向于无穷。

若函数f(x)和g(x)满足下列条件： （1）lim x→af(x)=∞,lim x→ag(x)=∞（2）在点a 的某去心邻域内两者都可导，且g(x)’≠0 （3）limx→a f ′(x)g ′(x)=A (A 可为实数，也可为±∞)，那么：lim x→af(x)g(x) =limx→a f ′(x)g ′(x)= A例：lim x→∞(ln xx 2)=lim x→∞(1x2x )=lim x→∞(12x 2)=0 除以上两种基本类型外，洛必达法则还适用于0·∞,∞−∞,1∞,00,∞0, 5种衍生类型。

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。

洛必达法则泰勒公式f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)/1!+f''(a)(x-a)²/2!+f'''(a)(x-a)³/3!+...其中，f(x)是要计算的函数，a是展开点，f'(a)表示函数在a点的一阶导数，f''(a)表示函数在a点的二阶导数，以此类推。

通过使用洛必达法则，我们可以通过计算泰勒级数的前n项来近似计算函数在a点附近的值。

1.洛必达法则只适用于形如0/0或无穷大/无穷大形式的极限计算。

当计算极限时遇到这种情况，可以尝试使用洛必达法则来简化计算。

2.如果一个函数在特定点a处连续，并且它的导数在该点附近存在且有定义，那么这个函数在该点处的极限等于导数在该点的值。

也就是说，如果f(a)=g(a)=0，且f'(a)和g'(a)存在（有限或无穷大），那么f(x)/g(x)的极限为f'(a)/g'(a)。

3.洛必达法则可以迭代使用，即可以多次应用洛必达法则来计算复杂的极限。

如果一个极限形式无法直接应用洛必达法则，可以通过迭代运用洛必达法则来简化极限的计算。

4.使用洛必达法则需要注意，由于洛必达法则只是一种近似方法，所以在使用洛必达法则计算极限时，结果可能只是一个近似值，并不是一个准确的值。

因此，在进行极限计算时，需要将结果验证过程中的任何近似值与准确值进行比较。

洛必达法则的应用广泛，特别是在微积分和数学分析中。

通过洛必达法则，我们可以在计算函数的极限时，通过近似的方式得到一个接近准确值的结果。

因此，洛必达法则被认为是一种非常有用的数学工具，对于解决复杂的极限计算问题有着重要的作用。

洛必达法则泰勒公式一、洛必达法则在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解．而由无穷大与无穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此．在数学上，通常把无穷小之比的极限和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为和．由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难．今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定式极限的计算方法，并着重讨论当时，型未定式极限的计算，关于这种情形有以下定理．定理1设(1)当时，函数及都趋于零；(2)在点的某去心邻域内，及都存在，且；(3)存在(或为无穷大)，则．也就是说，当存在时，也存在，且等于；当为无穷大时，也是无穷大．这种在一定条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式极限的方法称为洛必达(L’Hospital)法则．下面我们给出定理1的严格证明：分析由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值定理．再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理．证因为求极限与及的取值无关，所以可以假定．于是由条件(1)和(2)知，及在点的某一邻域内是连续的．设是这邻域内一点，则在以及为端点的区间上，函数和满足柯西中值定理的条件，因此在和之间至少存在一点，使得等式(在与之间)成立．对上式两端求时的极限，注意到时，则．又因为极限存在(或为无穷大)，所以．故定理1成立．注若仍为型未定式，且此时和能满足定理1中和所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确定，从而确定和，即．且这种情况可以继续依此类推．例1求．分析当时，分子分母的极限皆为零，故属于型不定式，可考虑应用洛必达法则．解、注最后一个求极限的函数在处是连续的．例2求．解、注例２中我们连续应用了两次洛必达法则．例3求．解、例4求、解、注(1)在例4中，如果我们不提出分母中的非零因子，则在应用洛必达法则时需要计算导数，从而使运算复杂化．因此，在应用洛必达法则求极限时，特别要注意通过提取因子，作等价无穷小代换，利用两个重要极限的结果等方法，使运算尽可能地得到简化．课后请同学们自己学习教材136页上的例10 ．(2) 例４中的极限已不是未定式，不能对它应用洛必达法则，否则要导致错误的结果．以后在应用洛必达法则时应特别注意，不是未定式，不能应用洛必达法则．对于时的未定式有以下定理．定理2设(1)当时，函数及都趋于零；(2)当时，与都存在，且；(3)存在(或为无穷大)，则．同样地,对于(或)时的未定式，也有相应的洛必达法则．定理3设(1)当(或)时，函数及都趋于无穷大；(2)在点的某去心邻域内(或当时)，及都存在，且；(3)存在(或为无穷大)，则．例5求、解、例6求、解、事实上，例6中的不是正整数而是任何正数其极限仍为零．注由例5和例6可见，当时，函数都是无穷大，但三个函数增大的“速度”是不一样的，最快，其次是，最慢的是．除了和型未定式外，还有型的未定式．这些未定式可转化为或型的未定式来计算，下面我们通过实例来加以说明．例7求．分析因为，，所以是型未定式．又因为，．而是型未定式，是型未定式，所以型未定式可以转化为或型未定式去计算．解、例8求．分析因为，，所以是型未定式．又因为．而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为型未定式来计算．解．注讨论型未定式的极限，一般都是通过提取公因式或通分的方法把函数由和的形式转化为商的形式，然后再去讨论．例9求、分析这是一个幂指函数求极限的问题，由于，所以是一个型未定式．又因为，而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为或型未定式来计算．解、例10求．分析由于，，所以是一个型未定式．又因为，而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为或型未定式来计算．解、由于,所以．例11求、分析由于，，所以是一个型未定式．又因为，而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为或型未定式来计算．解．由于，所以、型未定式向或型未定式的转化可形式地表示为：或；(或)；(或)；(或)．最后我们指出，洛必达法则是求未定式极限的一种方法．当定理的条件满足时，所求的极限当然存在(或为)，但当定理的条件不满足时，所求极限不一定不存在．也就是说，当不存在时(无穷大的情况除外)，仍可能存在,见下面的例题．例12求、解这是一个型未定式，我们有．由于上式右端极限不存在，所以未定式的极限不能用洛必达法则去求，但不能据此断定极限不存在．这时我们需要另辟新径，重新考虑这个极限．．由此可见极限是存在的．二、泰勒公式把一个复杂的问题转化为一个简单的问题去研究是我们研究复杂问题时经常采用的方法，那么对于一个复杂的函数，为了便于研究，我们也希望用一些简单的函数来近似表达．说到简单函数，我们想到了用多项式表示的函数，它的运算非常简单．那么是否任意一个函数都可以用多项式去近似表达呢？关于这个问题我们曾经在微分近似计算中讨论过．设函数在点的某个邻域内可导，且，则在该邻域内．用上述的一次多项式去近似表达函数存在两点不足：(1)精确度不高，它所产生的误差仅是比高阶的无穷小；(2)用它做近似计算时，不能具体估算出误差大小．因此，在一些精度要求较高且要求估计误差的问题中，上述近似表达是满足不了要求的．这时我们就想，是否可以找到一个关于的更高次多项式去近似地表达函数，从而使误差变得更小呢？这就是下面我们要解决的问题．设函数在含有的某个开区间内具有直到阶的导数，并设用于近似表达函数的多项式为、(1)既然我们要用去近似地表达，自然要求在处的函数值及它的直到阶的导数在处的值依次与，相等，即，，…，．这样我们就得到了如下个等式，，,…,，即，，，…,．将所求得的多项式的系数，,…,代入(1)式，得、(2)下面的泰勒(Ｔaylor)中值定理告诉我们，多项式(2)就是我们要找的多项式，并且用它去近似表达函数f(x),其误差的确变小了．泰勒中值定理若函数f(x)在含有x的某个开区间(a,b)内具有直到(n+1)阶的导数，则对任意x,有f(x)=、(3)其中，(4)这里是在与之间的某个值．由(2)式和(3)式知，，现在只要证明(介于与之间)即可．证由假设知，在内具有直到阶的导数，且、函数与在以及为端点的区间上满足柯西中值定理的条件，故有(介于与之间)、同样，函数与在以及为端点的区间上也满足柯西中值定理的条件，故有(介于与之间)、继续对函数与在以及为端点的区间上应用柯西中值定理，如此做下去，经过次应用柯西中值定理后，得(介于与之间，因而也在与之间)、定理证毕．泰勒中值定理告诉我们，以多项式近似表达函数时，其误差为．如果对某个固定的，当时，，则有误差估计式，及．由此可见，当时，误差是比高阶的无穷小，即(5)上述结果表明，多项式的次数越大，越小，用去近似表达的误差就越小，是比高阶的无穷小，并且误差是可估计的．泰勒公式不仅在近似计算中有着广泛的应用，而且它在级数理论和数值计算中也起着重要的作用，同学们一定要深刻地理解它．到此我们所提出的问题就解决了．多项式(2)称为函数按的幂展开的次泰勒多项式，公式(3)称为按的幂展开的带有拉格朗日型余项的阶泰勒公式，而的表达式(4)称为拉格朗日型余项．当时，泰勒公式变成拉格朗日中值公式(介于与之间)．因此，泰勒中值定理是拉格朗日中值定理的推广．在不需要余项的精确表达式时，阶泰勒公式也可写成、(６)的表达式(5)称为佩亚诺(Peano)型余项，公式(6)称为按的幂展开的带有佩亚诺型余项的阶泰勒公式．在泰勒公式(3)中，如果取，则在0与之间．因此可令，从而泰勒公式变成简单的形式，即所谓带有拉格朗日型余项的麦克劳林(Maclaurin)公式、(7)在泰勒公式(6)中，若取，则带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式为、(8)由(7)和(8)可得近似公式、(9)误差估计式相应地变成、(10)例1写出函数的带有拉格朗日型余项的阶麦克劳林公式．解因为，所以．把这些值代入公式(7)，并注意到，便得、由这个公式可知，若把用它的次泰勒多项式近似地表达为，则所产生的误差为、如果取，则无理数的近似式为，其误差．当时，可算出，其误差不超过．例2求的带有拉格朗日型余项的阶麦克劳林公式．解因为,,,…,，所以，，，,…,它们顺序循环地取四个数，，，，于是令，按公式(7)得，其中．如果取，则得近似公式，这时误差为、如果分别取和，则可得的次和次近似和，其误差的绝对值依次不超过和．以上三个近似多项式及正弦函数的图形见图4．由图4可见，当时，近似多项式的次数越高，其向函数逼近的速度就越快，这就是泰勒公式的精髓．类似地，我们还可以求出函数和的带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式：其中;,其中；，其中．由以上带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式，可很容易的得到相应地带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式，请同学们课后自己写出来．以上这些常见函数的麦克劳林公式要求同学们一定要熟记，以便在今后使用时方便．例3利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式，求极限．分析利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式求极限，就是把极限中所涉及到的不是关于的多项式的函数，都用麦克劳林公式来表示，然后求其极限．在利用麦克劳林公式计算极限时，自变量的变化过程一定得是趋于零，否则保证不了麦克劳林公式对原始函数的良好近似．在本问题中，由于分式的分母，因此我们只需要将分子中的和分别用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示即可，其中，．为什么和要展成三阶麦克劳林公式，而不展成其它阶的麦克劳林公式呢？这是因为用麦克劳林公式将分子展成关于的多项式后,分子分母中的最高次幂一定要相等，以便运算．这一点同学们今后一定要注意．解其中仍是比高阶的无穷小，因为．总结由于两个多项式之比的极限比较容易计算，所以人们经常利用泰勒公式把两个复杂函数之比的极限问题转化为多项式之比的极限问题．。

洛必达法则
一、洛必达法则的基本形式
洛必达法则是微积分中的一个重要定理，用于解决0/0或无穷/无穷的极限问题。

其基本形式为：如果函数f(x)和g(x)满足以下条件：
1. f(x)和g(x)在某点a的某个邻域内可导；
2. g'(x)不等于0；
3. 存在一个实数点b，使得f(b)=0；
4. 存在一个实数点c，使得g(c)=0。

那么，当x趋近于a时，f'(x)/g'(x)的极限等于f(a)/g(a)。

二、洛必达法则的推导过程
洛必达法则的推导过程涉及到极限、导数和微分的知识。

其证明过程为：根据泰勒公式，f(x)和g(x)都可以展开为泰勒级数，然后通过比较系数，可以证明f'(x)/g'(x)的极限等于f(a)/g(a)。

三、洛必达法则的应用范围
洛必达法则可以应用于解决0/0或无穷/无穷的极限问题。

具体来说，当分母或分子为无穷大时，可以通过求导数的方法来解决极限问题。

此外，洛必达法则还可以应用于一些其他类型的极限问题，例如求定积分、不定积分等。

四、洛必达法则的局限性
虽然洛必达法则是微积分中的一个重要定理，但是它也存在一些局限性。

首先，洛必达法则只适用于0/0或无穷/无穷的极限问题，对于其他类型的极限问题无法应用。

其次，在使用洛必达法则时需要注意满足其前提条件，否则可能导致错误的结果。

此外，洛必达法则也无法应用于一些复杂的极限问题，例如涉及到多个变量或多个函数的极限问题。

因此，在使用洛必达法则时需要结合其他方法来解决复杂的极限问题。

洛必达法则洛必达法则(L'Hospital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。

设(1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零；(2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0；(3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。

再设(1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零；(2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0；(3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。

利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：①在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥用洛必达法则会出错。

当不存在时（不包括∞情形），就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。

比如利用泰勒公式求解。

②若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。

③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（Taylor's formula）泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和：f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.) /n!*(x-x.)^n+Rn其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项称为拉格朗日型的余项。

洛必达法则例题在高等数学中，洛必达法则是求未定式极限的一种非常有效的方法。

它能够在一定条件下，将复杂的未定式极限转化为相对简单的形式，从而更方便地求出极限值。

接下来，让我们通过一些具体的例题来深入理解洛必达法则的应用。

例 1：求极限＄＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{＼sin x}｛x}＄这是一个典型的“＄＼frac{0}｛0}＄”型未定式。

根据洛必达法则，对分子分母分别求导：＄（＼sin x)＇＝＼cos x$，＄x' ＝ 1$所以，＄＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{＼sin x}｛x} ＝＼lim_{x ＼to 0}＼frac{＼cos x}｛1} ＝＼cos 0 ＝ 1$例 2：求极限＄＼lim_{x ＼to ＋＼infty} ＼frac{x^2}｛e^x}＄这是一个“＄＼frac{＼infty}｛＼infty}＄”型未定式。

应用洛必达法则，对分子分母求导：＄（x^2)＇＝ 2x$，＄（e^x)＇＝ e^x$得到：＄＼lim_{x ＼to ＋＼infty} ＼frac{2x}｛e^x}＄这仍然是“＄＼frac{＼infty}｛＼infty}＄”型，继续使用洛必达法则求导：＄（2x)＇＝ 2$，＄（e^x)＇＝ e^x$所以，＄＼lim_{x ＼to ＋＼infty} ＼frac{2x}｛e^x} ＝＼lim_{x ＼to ＋＼infty} ＼frac{2}｛e^x} ＝ 0$例 3：求极限＄＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{1 ＼cos x}｛x^2}＄这也是“＄＼frac{0}｛0}＄”型未定式。

先对分子分母求导：＄（1 ＼cos x)＇＝＼sin x$，＄（x^2)＇＝ 2x$则有：＄＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{＼sin x}｛2x}＄此时还是“＄＼frac{0}｛0}＄”型，再用一次洛必达法则：＄（＼sin x)＇＝＼cos x$，＄（2x)＇＝ 2$所以，＄＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{＼sin x}｛2x} ＝＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{＼cos x}｛2} ＝＼frac{1}｛2}＄例 4：求极限＄＼lim_{x ＼to 1} ＼frac{＼ln x}｛x 1}＄这是“＄＼frac{0}｛0}＄”型。

洛必达法则例题及详解
洛必达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。

大意为两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在。

因此，求这类极限时往往需要适当的变形，转化成可利用极限运算法则或重要极限的形式进行计算。

洛必达法则便是应用于这类极限计算的通用方法。

设函数f(x）和f(x）满足下列条件：
⑴x→a时，lim f(x)=0,lim f(x)=0;
⑵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;
⑶x→a时，lim(f'(x)/f'(x)）存有或为无穷大
则x→a时，lim(f(x)/f(x))=lim(f'(x)/f'(x))
基本认知：
⑴本定理所有条件中，对x→∞的`情况，结论依然成立。

⑵本定理第一条件中，lim f(x)和lim f(x)的音速皆为∞时，结论依然设立。

⑶上述lim f(x)和lim f(x)的构型，可精练归纳为0/0、∞/∞；与此同时，下述构型也可用洛必达法则求极限，只需适当变型推导：0·∞、∞-∞、1的∞次方、∞的0次方、0的0次方。

（上述构型中0表示无穷小，∞表示无穷大。

）。

洛必达法则与泰勒公式例1 设()f x 在(,)a b 内可导，且()f x '单调，求证：()f x '在(,)a b 内连续。

例2 （1）设()f x 在[,)a +∞上有界，()f x '存在，且lim ()x f x b →+∞'=，求证：0b =。

（2）设()f x 在[,)a +∞上有界，()f x '存在，且lim ()0x f x →+∞=，是否一定有lim ()0x f x →+∞'=。

如果是，证明你的结论，如果不是，举出反例。

例3 设()(,)f x C a b ∈，()f x '在(,)a b 内除点0x 外都存在，且0lim ()x x f x +→'存在，求证：0()f x +'存在，且00()lim ()x x f x f x ++→''=。

例4 求极限21lim (1)x xx e x-→+∞+例5 设()f x 一阶可导，且0()f x ''存在，求证：00002(2)2()()lim()h f x h f x h f x f x h→+-++''=例6 求132lim [()2x x x x x e →+∞-+例7 求证：（1）n N ∀∈，(0,1)n θ∃∈，使得11112!!(1)!ne e n n θ=++++++（2）e 是无理数例8 设()f x 在[0,1]上有二阶导数，|()|f x a ≤，|()|f x b ''≤，其中,a b 是非负数。

求证：对一切(0,1)c ∈，有|()|22bf c a '≤+例9 设()f x 在R 上二次可微，且x R ∀∈，有02|()|,|()|f x M f x M ''≤≤， （1）写出(),()f x h f x h +-关于h 的带拉格朗日余项的泰勒公式； （2）求证：0h ∀>，有02|()|2M hM f x h '≤+；（3）求证：|()|f x '≤习题1. 设()f x 在(,)a +∞上可导，且lim [()()]x f x xf x l →+∞'+=，求证：lim ()x f x l →+∞=2. 设函数()f x 在闭区间[1,1]-上具有三阶连续导数，且(1)0,(1)1,(0)0f f f '-===。

cx k利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较摘 要 通过实例说明，在利用洛必达法则和麦克劳林公式求函数极限时，应因题目不同而加以选 择，同时在求极限的过程中，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 离岀来等等方法，有可能大大简化求极限的计算过程.关键词 洛必达法则；麦克劳林公式；求极限；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) =3sin X -sin 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lim 丄^ =1,这里c= 0,k ■ 0 •记I = lim 丄^ •第一次利用 T CX kTCX k3cos x - 3cos3 x.洛必达法则，有I = lim刁；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 二lim ~3sin x 9si k n 23x；同样上式分子趋于t 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 =l i m " co 爲匚铝s 此时可见分子当x > 0时趋于24,因而不满足洛必达法则的 —ck (k 一1 )k (一 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, c = 4 .解法二利用麦克劳林公式展开.3If (x)二 3sin x -sin 3x =[3xx o(x )] -[3x (3x) o(x )] = 4x o(x )! 3!则当 k =3,c = 4 有 I =lim 4x —=1 .或注意到 f(x) = 4x 3o(x 3)，即xTk3f (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sinx 和sin 3x 展开到多少阶为合适的问题.比如，把3sinx 和sin 3x 分别展开为3sin x = 3x ■ o(x)和sin 3^ 3x o(x)，贝y 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a sec x bsin x-2 c 1 -x22dxe 」a 1b 0-2c “ c2d 01-0-2c=2，即得a 二-4c，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 2 21 -cosx x o(x )2 ,ln(1-2x)ax o(x) ；x2o(x2)ax o(x)=lim 2 2 limx Q -2cx o(x) dx o(x ) x* -2cx o(x) -2c=2 , 即得a = -4c，选D.2xcosx22x 1 -x2kx二2limx )0/ 3、 2(x-x)COSX -xk」kx• limx—.011 -x2多一些.例2已知I =lim atanx mi-cosx、=2，则下列四个结论正确的是( ).Tel n(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？例3当Xr 0时，试确定无穷小f (x) = sinx2ln(1-x2)的阶.解法一用洛必达法则.这里设k ■ 0，并记| =lim丄単，则T x1这里，上式中已将因式一7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2 23 2(1-3x)cosx -2x(x-x)sinx -1k(k _1)x k<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.2 1 6 6 2 1 4 1 6 6 1 4 4f (x)二[x x o(x )] [-x x x o(x )] x o(x ),3! 2 3 2 1即有f (x) ------ x4(X T 0 ).因此f (x)为X T 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.1一 11 t，则 I 二 lim 上J n(1 ° 二 lim T t 2 T 2tt 2 利用麦克劳林公式展开.1 1 11 因 ln(1 丄)=丄—1(-)2xx 2 x解法o((-)2) ，故有x注：例4解法一中先做变量代换求极限I = lim^^0x(1 cosx) ln(1 x)ln(1 x) ~ x(x —； 0),故有 I = limx T2xX .此时如果考虑用洛必达法则，即有(j)X= lim 3cosx xcos 丄」sin 」x 102x 2 x21例4求极限|=i )m[x —x ln(1 + )]-解法一作变换后用洛必达法则.I =lim[x —x 2Q 一 2 x 匚 x2xx 2x = 1之后，再用麦克劳林公式将 ln(1 - t)展开为1 2 2t- t o(t )，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222t ，而t 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 x 2cos一 一 一 一 一 1分析 本例用麦克劳林公式展开求极限是行不通的，因为COS —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X —3sin x x 2cos 11 2 13cosx 2xcos x sin x x21 .,,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3sin x 2x1 XCOS — xT 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 x21 cosIn x (x_1)ln xe (e1)In x xln xe -e注意到 In xlim eX 1=1 , lim/x 「1）l n x = 0 ,故先求分子中e lnx（也就是x ）的极限，同时把无穷小考虑到 In =ln[1 (1 -x)] ~ 1 - x (x 》0)，故有 I = lim (X 一1) J x —In x —1,再用洛必达法则求之得到..2(x -1) =lim X —11 1——x=lim 2X12 . x 1x -1 求极限I 二lim〔X 2 一 、2X 2(cosx -e") sin x 21此处后一极限为零的原因是， COS 为有界变量，x 为Xr 0时的无穷小.xX例6 求极限I = lim一H —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.I 二 limlimJ 1 1 — x l n x x 1x — l n x — 11用与之等价的无穷小（x "）lnx替换，得到下式I=l x m 1X^，又分析将COSX 禾口X2e x麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到X—1[(1< 彳、21 +^x2j _(1 +x2)I 2丿1x2o(x2))「(1 x2o(x2)]x22______ 11 1 x2J x22-3x2o(x2)2112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,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[sin^sin（S4in x）]sinx .解 I =lim [sinx —sin(sinx)]s i nx • lim [sin x -sin(sin x)]=lim3x )D(sinx)3=limt刃 t 「sin t t 31..1 「cost 广-2 =lim lim3t 2t 03t 2上式中，第一步是分离极限存在的函数16 •业,并求出其极限，第二式是将第一式中x 3最后得出结论.解注意到lim xln^_D'士空L D ，故有IxlnIn 2 cos x-1)3x 23x 2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,1 2第五式再次用到无穷小替换 1 - cost ~ t 2(x —； D)，I = limX [0cosx —1 二 limx )D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.参考文献[1]同济大学应用数学系•高等数学[M] •北京：高等教育出版社，2DD7例9求极限，即。

洛必达法则与泰勒公式精讲一、洛必达法则 定义：若函数 和满足下列条件： ⑴，；⑵ 在点的某去心邻域内两者都可导，且 ；⑶（ 可为实数，也可为 ±∞ 或 ），则适用对象：，型未定式。

（其它类型未定式：，，，，等，可通过简单变换而转化为，型未定式。

注意：不能在数列形式下直接用洛必达法则，因为对于离散变量是无法求导数的。

但此时有形式类近的斯托尔兹－切萨罗定理（Stolz －Cesàro theorem）作为替代。

1、求极限1ln lim 1+--→x x xx x x .211)1(ln lim111)1(ln lim 2211-=-++=--+=→→x xx x x xx x xx x x x 解：2、 求极限.1lim 21100x x ex-→0!50lim 50lim lim lim ,1t t 49t 50t 50t 2=====+∞→=+∞→+∞→+∞→-+∞→t t t te et e t e t x则原式可化为解：令 3、 求极限.)4cos 2(sin lim xx xx +→∞ 2001)14cos 2(sin 010)1(2)4sin 42cos 2(lim 14cos 2sin lim lim )4cos 2(sin lim 13(,01e t tt t et t e u x t t t tt t t tt v u v ==-=-+=+==→=→→-+→→-故原式又因为原式种方法）得见求极限的则由公式解：令4、求极限.cos sin 1lim 2xx x x -+→34cos 24lim sin 24lim cos 12lim cos sin 1cos sin 1lim0022020=+=+=-+=-+++=→→→→x x x xx x x x x x x x x x x x x x ）（解：原式二、泰勒公式泰勒公式是求数学极限的重要技术性工具，我们要将以下几个重要函数的泰勒公式熟稔于心)0(→x)(!2)1(1)1()(!31!211)(3121)1ln()(31arct an )(61arcsin )(31t an )(!41!211cos )(61sin 2233233233333344233x o x x x x o x x x e x o x x x x x o x x x x o x x x x o x x x x o x x x x o x x x x+-++=+++++=++-=++-=++=++=++-=+-=αααα注：对以上公式进行处理，可得到一组“差函数”的等价无穷小替换式：如等（，（同理有（，则如),061~arcsin )031~tan )061~sin )(61sin 33333→-→-→-+=-x x x x x x x x x x x x x o x x x1、 求极限.)1tan (lim 2n n nn →∞ 解：原式01,lim 1tanln 2→==∞→nt e nn n n 令原式3tan 21tan 2lim lim lim tan lnt t t t t teeen n t t t n --∞→∞→∞→===又)(31tan 33t o t t t ++= 31)(31lim tan lim 333=-++=-∞→∞→t tt o t t t t t n n 即原式31=2、 求极限)]1ln()1([lim 220ax a xx a x +--→. 解：)()(21)1ln(2x o ax ax ax +-=+ 21)2121(lim ))]()(21)(1([lim )]1ln()1([lim 24302220220=-+=+---=+--=→→→x a a x a x o ax ax a x x a ax a x x a x x x 原式3、 求极限)(lim 656656x x x x x --++∞→解 令故时，于是，当,0t x ,1+→+∞→=tx])1()1[(t1)(6161656656t t x x x x --+=--+ 利用展开式)(1)1(t o t t ++=+αα可得)(611)1(),(611)1(6161t o t t t o t t +-=-++=+ 故 原式=31)(31lim ])1()1[(t 1lim 061610=+=--+==→→t t o t t t t t 4、 求极限.)1ln(sin 1tan 1lim 20xx x xx x -++-+→ 解：方法一；洛必达法则2121lim )111(2lim ))1(ln(221lim ))1(ln(2)cos tanx(1lim sin 1tan 11)1ln(sin tanx lim 0020020-=-+=-+=-+=-+-=+++⋅-+-=→→→→→xx x x x xx x x x xx x x x x x x x x x 原式 方法二；泰勒公式21)(21(221lim))(21(221lim)(21)1ln())1(ln(221lim ))1(ln(2)cos tanx(1lim sin 1tan 11)1ln(sin tanx lim 222022202220020-=+-=-+-=+-=+-+=-+-=+++⋅-+-=→→→→→）原式得由原式x o x x x x o x x x x o x x x x x xx x x x xx x x x x x x x x x上篇练习题答案讲解1、求极限.,,2,1i ,0,)(lim i 21n a naa a xn x nx xn =>+++∞→其中 解：方法一；洛必达法则nx n x x nxn x x n x nx x n xn x nx xn a a a a a a a a a a a a n na a a x n n a a a 212122112121}ln ln ln lim exp{)}ln(lim exp{)(lim =++++++⋅=+++=+++→∞→∞→∞ 方法二；利用公式型）∞-=1}()1exp{(v u u vnn xn x x n xn x x n xn x nxx n a a a a a a x na a a xn n a a a n a a a 2121212121}exp{ln }lim exp{)1(lim exp{)(lim ==-+++=-+++=+++∞→∞→∞→2、 求极限.)111(lim 2nn nn ++∞→ 解.)}1n 1(lim exp{原式＝2en n n =+⋅∞→3、 求极限.,,,,lim 1均为正整数其中q p n m xx x x qpn mx --→解：)()(11111111lim lim lim 111111111111111p q m n m n pq qp n m xq x p xn x m x x x x x x x x q p n m x qpnm x q p n mx --=--=--=--=------→→→。