【专题】拉格朗日中值定理求极限

【专题】拉格朗日中值定理求极限

前言

最好自己先做一遍例题再去看答案，每道题都不止一种解法，也可以尝试其他思路。

7个题，不难，很快就能做完。ο(=•ω＜=)ρ⌒☆

如果有错误的地方还请指出，我在Typora写好的markdown到csdn上格式就变了，不太好看。

定义

如果函数$f(x)$​满足：

1. 在闭区间$[a,b]$上连续；
2. 在开区间$(a,b)$上可导。

那么在$(a,b)$内至少有一点$\xi (a<\xi <b)$，使等式$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a)$​成立。

解题步骤

1. 找函数$F(x)$。
2. 用拉格朗日中值定理$F(b)-F(a)=F^{\prime }(\xi )(b-a)$.
3. 找$\xi$的区间。
4. 用夹逼定理求$\xi$​的值。
5. 求解答案。

例题

例题1

$$a>0,\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2(a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}})=$$

例题2

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n(arctan\frac{\pi }{n}-arctan\frac{\pi }{2n})=$$

例题3

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{xln(1+x)-x^2}=$$

例题4

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{ln(cosx)}{x^2}=$$

例题5

$$a\ne k\pi ,\underset{x\to a}{\lim }{(\frac{sinx}{sina})}^{\frac{1}{x-a}}=$$

例题6

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(n\cdot tan\frac{1}{n}{)}^{n^2}=$$

例题7

$$\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{ln(1+x)}{x}{)}^{\frac{1}{e^x-1}}=$$

答案

例题1

1. 定义$F(x)=a^x,F^{\prime }(x)=lna\cdot a^x$。

2. 根据拉格朗日中值定理，式子$F(\frac{1}{x})-F(\frac{1}{x+1})=a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}}$​可以转换成$F(\frac{1}{x})-F(\frac{1}{x+1})=F^{\prime }(\xi )(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})$​。

3. 其中$\xi$的范围为$\frac{1}{x+1}<\xi <\frac{1}{x}$。

4. 因为${\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x+1}\to 0$且${\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x}\to 0$，根据夹逼定理可得$\xi \to 0$。

5. 将上面得到的式子代入：

$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to \infty }{x}^2(a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}})& =& {\lim }_{x\to \infty }{x}^2(F^{\prime }(\xi )(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}))\\ & =& {\lim }_{x\to \infty }{x}^2(lna\cdot \frac{1}{x(x+1)})\\ & =& lna\cdot {\lim }_{x\to \infty }\frac{x}{x+1}\\ & =& lna\end{array}$$

例题2

1. 定义$F(x)=arctanx,F^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}$。
2. 根据拉格朗日中值定理，式子$F(\frac{\pi }{n})-F(\frac{\pi }{2n})=arctan\frac{\pi }{n}-arctan\frac{\pi }{2n}$​可以转换成$F(\frac{\pi }{n})-F(\frac{\pi }{2n})=F^{\prime }(\xi )(\frac{\pi }{n}-\frac{\pi }{2n})$​。
3. 其中$\xi$​的范围为$\frac{\pi }{2n}<\xi <\frac{\pi }{n}$​。
4. 因为${\lim }_{n\to \infty }\frac{\pi }{2n}\to 0$​​且${\lim }_{n\to \infty }\frac{\pi }{n}\to 0$​​，根据夹逼定理可得$\xi \to 0$​​。
5. 将上面得到的式子代入：

$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{n\to \infty }n(arctan\frac{\pi }{n}-arctan\frac{\pi }{2n})& =& {\lim }_{n\to \infty }n[\frac{1}{1+{\xi }^2}(\frac{\pi }{n}-\frac{\pi }{2n})]\\ & =& \pi {\lim }_{n\to \infty }n(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n})\\ & =& \frac{\pi }{2}\end{array}$$

例题3

1. 定义$F(x)=\sqrt{x},F^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$。
2. 根据拉格朗日中值定理，式子$F(1+tanx)-F(1+sinx)=\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}$可以转换成$F(1+tanx)-F(1+sinx)=F^{\prime }(\xi )[(1+tanx)-(1+sinx)]$。
3. 其中$\xi$​的范围为$min\{1+tanx,1+sinx\}<\xi <max\{1+tanx,1+sinx\}$​​。
4. 因为${\lim }_{x\to 0}1+tanx\to 1$​​​且${\lim }_{x\to 0}1+sinx\to 1$​​​，根据夹逼定理可得$\xi \to 1$​​​​。
5. 将上面得到的式子代入：

$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{xln(1+x)-x^2}& =& {\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{\xi }}[(1+tanx)-(1+sinx)]}{xln(1+x)-x^2}\\ & =& \frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{(1+tanx)-(1+sinx)}{xln(1+x)-x^2}\\ & =& \frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{tanx-sinx}{xln(1+x)-x^2}\\ & =& \frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{sinx(1-cosx)}{cosx}}{x(ln(1+x)-x)}\\ & =& \frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{sinx(1-cosx)}{x(ln(1+x)-x)}\\ & =& \frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{1-cosx}{ln(1+x)-x}\\ & =& \frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}{x}^2}{-\frac{1}{2}{x}^2}\\ & =& -\frac{1}{2}\end{array}$$

上述步骤中使用了两个等价无穷小：

1. $x\to 0,1-cosx\sim \frac{1}{2}{x}^2$​​。
2. $x\to 0,len(1+x)-x\sim -\frac{1}{2}{x}^2$​。

例题4

1. 定义$F(x)=lnx,F^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$​。

2. 根据拉格朗日中值定理，式子$F(cosx)-F(1)=ln(cosx)-ln(1)=ln(cosx)$​​​可以转换成$F(cosx)-F(1)=F^{\prime }(\xi )(cosx-1)$​​​。

3. 其中$\xi$​的范围为$cosx<\xi <1$​。

4. 因为${\lim }_{x\to 0}cosx\to 1$​​，根据夹逼定理可得$\xi \to 1$​。

5. 将上面得到的式子代入：

$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to 0}\frac{ln(cosx)}{x^2}& =& {\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\xi }(cosx-1)}{x^2}\\ & =& {\lim }_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}\\ & =& -\frac{1}{2}\end{array}$$

例题5

将原式变形：
$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to a}{(\frac{sinx}{sina})}^{\frac{1}{x-a}}& =& {\lim }_{x\to a}{e}^{\frac{1}{x-a}ln(\frac{sinx}{sina})}\\ & =& e^{{\lim }_{x\to a}\frac{1}{x-a}(ln(sinx)-ln(sina))}\end{array}$$
即，转变为求${\lim }_{x\to a}\frac{1}{x-a}(ln(sinx)-ln(sina))$。

1. 定义$F(x)=lnx,F^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。
2. 根据拉格朗日中值定理，式子$F(sinx)-F(sina)=ln(sinx)-ln(sina)$可以转换成$F(sinx)-F(sina)=F^{\prime }(\xi )(sinx-sina)$​。
3. 其中$\xi$​的范围为$sinx<\xi <sina$​。
4. 因为${\lim }_{x\to a}sinx\to sina$​​，根据夹逼定理可得$\xi \to sina$​​。
5. 将上面得到的式子代入：

$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to a}\frac{1}{x-a}(ln(sinx)-ln(sina))& =& {\lim }_{x\to a}\frac{1}{x-a}(\frac{1}{sina}(sinx-sina))\\ & =& {\lim }_{x\to a}\frac{sinx-sina}{sina(x-a)}\end{array}\text{\hspace{1em}(①)}$$

在计算$sinx-sina$时也可以使用拉格朗日中值定理：

定义$G(x)=sinx,G^{\prime }(x)=cosx$，则$G(x)-G(a)=G^{\prime }(\xi )(x-a)$。

其中$x<\xi <a$​，且$x\to a$​​，由夹逼定理可知$\xi =a$。

$sinx-sina=cosa(x-a)$​。

将上式代入①：

${\lim }_{x\to a}\frac{sinx-sina}{sina(x-a)}={\lim }_{x\to a}\frac{cosa(x-a)}{sina(x-a)}=cot(a)$。

故，答案为$e^{cota}$。

例题6

令$x=\frac{1}{n}$​，因$n\to \infty$​则$x\to 0$​​，换元得：

${\lim }_{n\to \infty }(n\cdot tan\frac{1}{n}{)}^{n^2}={\lim }_{x\to 0}(\frac{tanx}{x}{)}^{\frac{1}{x^2}}$​

将原式变形：
$$\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{tanx}{x}{)}^{\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{1}{x^2}ln(\frac{tanx}{x})}=e^{{\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x^2}[ln(tanx)-lnx]}$$
即，转变为求${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{n^2}[ln(tanx)-lnx]$。

1. 定义$F(x)=lnx,F^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。
2. 根据拉格朗日中值定理，式子$F(tanx)-F(x)=ln(tanx)-lnx$可以转换成$F(tanx)-F(x)=F^{\prime }(\xi )(tanx-x)$​。
3. 其中$\xi$​的范围为$min\{tanx,x\}<\xi <max\{tanx,x\}$​​。
4. 因为${\lim }_{x\to 0}tanx\to 0$​​​且${\lim }_{x\to 0}x\to 0$​​​，根据夹逼定理可得$\xi \to 0$​​​。
5. 将上面得到的式子代入：

$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x^2}[ln(tanx)-lnx]& =& {\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{1}{\xi }(tanx-x)\\ & =& {\lim }_{x\to 0}\frac{tanx-x}{x^2\xi }\\ & =& {\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{3}{x}^3}{x^2\xi }\\ & =& \frac{1}{3}{\lim }_{x\to 0}\frac{x}{\xi }\end{array}$$

上式最后一步用到了等价无穷小$x\to 0,tan-x\sim \frac{1}{3}{x}^3$。

因为$\xi \to 0$且$x\to 0$，则可以认为$\xi$和$x$等价，即$\frac{1}{3}{\lim }_{x\to 0}\frac{x}{\xi }=\frac{1}{3}$。

故，答案为$e^{\frac{1}{3}}$。

例题7

将原式变形：
$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to 0}(\frac{ln(1+x)}{x}{)}^{\frac{1}{e^x-1}}& =& {\lim }_{x\to 0}{e}^{\frac{1}{e^x-1}\cdot ln(\frac{ln(1+x)}{x})}\end{array}$$
即，转变为求${\lim }_{x\to 0}\frac{ln(ln(1+x))-ln(x)}{e^x-1}$​​。

1. 定义$F(x)=lnx,F^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。
2. 根据拉格朗日中值定理，式子$F(ln(1+x))-F(x)=ln(ln(1+x))-lnx$​可以转换成$F(ln(1+x))-F(x)=F^{\prime }(\xi )(ln(1+x)-x)$​。
3. 其中$\xi$的范围为$min\{ln(1+x),x\}<\xi <max\{ln(1+x),x\}$。
4. 因为${\lim }_{x\to 0}ln(1+x)\to 0$且${\lim }_{x\to 0}x\to 0$，根据夹逼定理可得$\xi \to 0$。
5. 将上面得到的式子代入：

$$\begin{array}{lcc}{\lim }_{x\to 0}\frac{ln(ln(1+x))-ln(x)}{e^x-1}& =& {\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\xi }(ln(1+x)-x)}{e^x-1}\\ & =& {\lim }_{x\to 0}\frac{ln(1+x)-x}{\xi \cdot x}\\ & =& {\lim }_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{\xi \cdot x}\\ & =& {\lim }_{x\to 0}-\frac{x}{2\xi }\end{array}$$

因为$\xi \to 0$且$x\to 0$，则可以认为$\xi$和$x$等价，即${\lim }_{x\to 0}-\frac{x}{2\xi }=-\frac{1}{2}$。

故，答案为$e^{-\frac{1}{2}}$​。