微分中值定理及其应用——(不定式极限&洛必达法则)

我们把两个无穷小量或两个无穷大量之比的极限统称为不定式极限,分别记为\frac{0}{0}型或\frac{\infty}{\infty}型的不定式极限。以导数为工具研究不等式极限,这个方法通常称为洛必达(L'Hospital)法则

1.\frac{0}{0}型不定式极限

定理7   若函数f和g满足:

(i)\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=0;

(ii)在点x_0的某空心邻域U^{\circ}(x)上两者都可导,且g'(x)\neq 0;

(iii)\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A(A可为实数,也可为\pm \infty\infty),

\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.

注意:若将定理7中x\to x_0换成

x\to x_0^+,x\to x_0^-,x\to \pm \infty,x\to \infty,只要相应地修正条件(ii)中的邻域,也可以得到同样的结论。

2.\frac{\bullet }{\infty}型不定式极限

定理8   若函数f和g满足:

(i)在x_0的某个右邻域U^{\circ}_+(x)上两者可导,且g'(x)\neq 0;

(ii)\lim_{x\to x_0^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.(A可为实数,也可为\pm \infty\infty),

\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)}{g(x)}=A.

注1:若\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}不存在,并不能说明\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}不存在。

注2:不能对任何比式极限都按洛必达法则求解,首先必须注意它是不是不定式极限,其次是否满足洛必达法则的其他条件。

3.其他类型不定式极限

不定式极限还有0\cdot \infty,1^\infty,0^0,\infty^0,\infty-\infty等类型,经过简单变换,它们一般均可化为\frac{0}{0}型或\frac{\infty}{\infty}型的极限。

例1  求\lim_{x\to 0^+}x\ln x.

解:这是一个0\cdot \infty型不定式极限,用恒等变换x\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}将它转化为\frac{\infty}{\infty}型的不定式极限,并应用洛必达法则得到\lim_{x\to 0^+}x\ln x=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0^+}(-x)=0.

例2  求\lim_{x\to 0}(\cos x)^\frac{1}{x^2}.

解:这是一个1^\infty型不定式极限,作恒等变形(\cos x)^\frac{1}{x^2}=e^{\frac{1}{2}\ln \cos x},其指数部分的极限\lim_{x\to 0}\frac{\ln \cos x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{-\tan x}{2x}=-\frac{1}{2}.从而得到\lim_{x\to 0}(cos)^\frac{1}{x^2}=e^{-\frac{1}{2}}.

例3  求\lim_{x\to 0^+}(\sin x)^\frac{k}{1+\ln x}(k为常数).

解:这是一个0^0型不定式极限,按上例变形方法,先求\frac{\infty}{\infty}型极限:

\lim_{x\to 0^+}\frac{k\ln \sin x}{1+\ln x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{k\cos x}{sin x}}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+}k\cos x \cdot \frac{x}{\sin x}=k,然后得到\lim_{x\to 0^+}(\sin x)^\frac{k}{1+\ln x}=e^k (k\neq 0).当k=0时上面所得的结果显然成立。

例4  求\lim_{x\to +\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^\frac{1}{\ln x}.

解:这是一个\infty^0型不定式极限,类似地先求其对数的极限(\frac{\infty}{\infty}型):\lim_{x\to \infty}\frac{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{\ln x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}{\frac{1}{x}}=1,于是有\lim_{x\to 1}(x+\sqrt{1+x^2})^\frac{1}{\ln x}=e.

例5  求\lim_{x\to 1}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x}).

解:这是一个\infty -\infty型不定式极限,通分后化为\frac{0}{0}型的极限,即\lim_{x\to 1}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x})=\lim_{x\to 1}\frac{\ln x-x+1}{(x-1)\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{\frac{1}{x}-1}{\frac{x-1}{x}+\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{1-x}{x-1+x\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{-1}{2+\ln x}=-\frac{1}{2}.

最后指出,对于数列的不定式极限,可利用函数极限的归结原则,通过先求相应形式的函数极限而得到结果。

例6  求数列极限\lim_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2})^n.

解:先求函数极限\lim_{x\to \infty}(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^x.(1^\infty).取对数后的极限为\lim_{x\to +\infty}x\ln(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})=\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln (1+x+x^2)-\ln x^2}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{2x+1}{1+x+x^2}-\frac{2}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2+2x}{x^2+x+1}=1,所以由归结原则可得\lim_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2})^n=\lim_{x\to +\infty}(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^x=e.

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n\in N_+求导数是没有意义的。

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