求极限的若干方法经验和教训

求极限的若干方法经验和教训

导数定义方法

比值形式转化为导数形式,常见于${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f^{\prime }(0),f(0)=0,f^{\prime }(0)存在$这类情形

1.$x^n=e^{n\ln x}$代换,常见于除式的n次方

比如例1.1.6
$$[\frac{f(a+\frac{1}{n})}{f(a)}{]}^n=e^{n\ln \frac{f(a+\frac{1}{n})}{f(a)}}=e^{\frac{f(a+\frac{1}{n})-f(a)}{\frac{1}{n}}}$$
指数上就出现了$\frac{f(x_0+\delta x)-f(x_0)}{(x_0+\delta x)-x_0}$的导数形式,如此应用导数定义求得极限

习题1.1.1(8)
$$\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{e^x+e^{2x}+...+e^{nx}}{n}{)}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{\ln {\sum }_{i=1}^n{e}^{ix}-\ln n}{x}}$$
其中$\ln n=\ln {\sum }_{i=1}^n=\ln {\sum }_{i=1}^n{e}^0=\ln {\sum }_{i=1}^n{e}^{i0}$

令函数$f(x)=\ln {\sum }_{i=1}^n{e}^{ix}$

则$f^{\prime }(x)=\frac{{\sum }_{i=1}^{n}i{e}^{ix}}{{\sum }_{i=1}^n{e}^{ix}}$

$f^{\prime }(0)=\frac{{\sum }_{i=1}^{n}i}{n}=\frac{1+n}{2}$
$$原式=\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{e^x+e^{2x}+...+e^{nx}}{n}{)}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{\ln {\sum }_{i=1}^n{e}^{ix}-\ln n}{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{f^{\prime }(0)}=e^{\frac{n+1}{2}}$$

2.对数字敏感

$x_0$处的函数值往往以常数形式给出,减号后面如果是常数则考虑是否为某点处(比如原点)处函数值

比如上述习题1.1.1(8)将$\ln n$向$f(0)$转化

通过加减常数项将一个差分构造成两个差分分别成为导数

比如习题1.1.1(1)

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{a^x-x^a}{x-a}$$

目前分子 不能构成导数形式,但是可以发现通过桥梁$a^a$这一常数可以将分子构成一个指数函数的差分和一个幂函数的差分,如此得到指数函数$a^x$再$x=a$处导数和幂函数$x^a-a^a$在$x=a$处导数
$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{a^x-x^a}{x-a}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{(a^x-a^a)-(x^a-a^a)}{x-a}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{a^x-a^a}{x-a}-\underset{x\to a}{\lim }\frac{x^a-a^a}{x-a}=[a^x{]}^{\prime }{|}_{x=a}-[x^a{]}^{\prime }{|}_{x=a}$$

适用于试卷1.1

1是五次根号1也是6次根号1

拉格朗日中值方法

拉格朗日中值定理,当函数$f(x)$在$x_0$附近可导时有
$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(ϵ),ϵ\in (x,x_0)$$
当$x\to x_0$由夹逼准则有$ϵ\to x_0$

公式中$f^{\prime }(ϵ)$往往已知,公式的作用就是将函数符号$f(x)$中的自变量x解放出来,变成阶数清晰可见的幂函数

1.公式中的$x,x_0$不一定是一个数,还可以是一个函数,只要两个函数有相同的趋向就可以应用拉格朗日中值定理

比如${\lim }_{x\to 0}\sin x\sim x$,此时就可以有
$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }f(x)-f(\sin x)=f^{\prime }(ϵ)(x-\sin x),ϵ\in (\sin x,x)\to 0 \\ =f^{\prime }(0)(x-\sin x) \end{gathered}$$

2.选取适当层数的公式形式,应当给函数$f(g(a(x)))$脱几层衣服?

有时题目给定的格式有可能满足好多层函数都是同一趋向

比如:已知${\lim }_{x\to x_0}a(x)\sim b(x)\sim \eta$

对于形如下面的式子
$$f(g(a(x)))-f(g(b(x)))$$
显然有
$$\begin{gathered} \underset{x\to x_0}{\lim }g(a(x))\sim g(b(x)) \\ \underset{x\to x_0}{\lim }f(g(a(x)))\sim f(g(b(x))) \end{gathered}$$
套用拉格朗日中值定理可以得到一系列化简公式:
$$\begin{gathered} f(g(a(x)))-f(g(b(x)))=[f(g(x)){]}^{\prime }{|}_{x=ϵ}(a(x)-b(x)),ϵ\in (a(x),b(x))\to \eta \\ f(g(a(x)))-f(g(b(x)))=f^{\prime }(x){|}_{x=ϵ}[g(a(x))-g(b(x))],ϵ\in (g(a(x)),g(b(x)))\to g(\eta ) \end{gathered}$$
那么应该选取哪一个公式呢?

往往$f(g(a(x)))-f(g(b(x)))$只是题目给定的一部分,分母还会有关于$a(x),b(x)$的函数,那么采用的公式就应该与分母针锋相对,以约化或者得到分母的等价或者高阶无穷小为目的,我做过的题目不会超过三层套壳,因此暴力试错也是可以的

习题1.2.1(5)
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2(\arctan \frac{1}{n}-\arctan \frac{1}{n-1})$$
当$n\to \infty$显然n-1跟着沾光也趋向于无穷大,两者都取倒数都是零蛋,那么两者的反函数也是零蛋,此时函数就有三层衣服,第一层$a(n)=\frac{1}{n},b(n)=\frac{1}{n-1}$,第二层$g(x)=\arctan x$

如果褪两层,则有
$$\begin{gathered} \arctan \frac{1}{n}-\arctan \frac{1}{n-1}=[\arctan x{]}^{\prime }{|}_{x=ϵ}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}) \\ ={\cos }^2ϵ(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}),ϵ\in (\frac{1}{n},\frac{1}{n-1})\to 0 \\ =\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1} \\ =-\frac{1}{n(n-1)} \end{gathered}$$

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

如果褪一层,则有
$$\arctan \frac{1}{n}-\arctan \frac{1}{n-1}=[\arctan \frac{1}{x}{]}^{\prime }{|}_{x=ϵ}(n-(n-1))=-\frac{1}{1+{ϵ}^2},ϵ\in (n-1,n)$$

$$原式=\underset{n\to \infty }{\lim }-\frac{n^2}{1+{ϵ}^2}\in (\underset{n\to \infty }{\lim }-\frac{n^2}{n^2+2n},\underset{n\to \infty }{\lim }-\frac{n^2}{n^2+1})\to -1$$

故本题中褪一层和褪两层都可以求出结果

3.分子分母可以同时使用拉格朗日中值定理,多个${ϵ}_i$同一趋向,实际上相当于使用一次柯西中值定理

等价无穷小代换

1.相对陌生的两个等价无穷小公式

$$\begin{gathered} {\alpha }^{\lambda }-{\beta }^{\lambda }\sim \lambda (\alpha -\beta ),\alpha ,\beta \to 1,\alpha \ne \beta ,\lambda \ne 0 \\ {\alpha }^{\lambda }-{\alpha }^{\mu }=(\lambda -\mu )(\alpha -1),\alpha \to 1,\lambda \ne \mu \end{gathered}$$

例1.3.6
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x\sin x{)}^{\frac{1}{6}}-{\cos }^{\frac{1}{6}}x}{{\cos }^{\frac{1}{3}}x-{\cos }^{\frac{1}{4}}x}$$
分子上指数相同,底数都趋向于1,可以应用等价无穷小公式${\alpha }^{\lambda }-{\beta }^{\lambda }\sim \lambda (\alpha -\beta ),\alpha ,\beta \to 1,\alpha \ne \beta ,\lambda \ne 0$:
$$(1+x\sin x{)}^{\frac{1}{6}}-{\cos }^{\frac{1}{6}}x\sim \frac{1}{6}(1+x\sin x-\cos x)$$
分母上底数相同,趋向于1,指数不同,可以应用等价无穷小公式${\alpha }^{\lambda }-{\alpha }^{\mu }=(\lambda -\mu )(\alpha -1),\alpha \to 1,\lambda \ne \mu$
$${\cos }^{\frac{1}{3}}x-{\cos }^{\frac{1}{4}}x\sim (\frac{1}{3}-\frac{1}{4})(\cos x-1)=\frac{1}{12}(\cos x-1)$$

$$\begin{gathered} 原式=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{6}(1+x\sin x-\cos x)}{\frac{1}{12}(\cos x-1)} \\ =2\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x+x\sin x}{\cos x-1} \\ =2(-1+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin x}{\cos x-1}) \\ =-2+2\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2}{-\frac{1}{2}{x}^2} \\ =-6 \end{gathered}$$

2.加减运算下的等价代换,这个非常好用

严格的使用条件和证明没有必要看(本节经验3有证明),但是使用条件可以这样记:是加法如果等价代换之后不为0,那么可以这样代换

原来我们等价替换只能是分子或者分母位置整体等价替换掉,乘法因数可以替换掉,而现在我们可以对加法上下其手

常见的是$\sin x,\tan x,x$以及其任意组合套壳都直接视为x

习题1.3.2(4)
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (x+e^x)+2\sin x}{\sin (2\tan 2x)-\sin (\tan 2x)-\tan x}$$
分母这一坨实际上是纸老虎

$\sin (2\tan 2x)\sim 4x$

$\sin (\tan 2x)\sim 2x$

$\tan x\sim x$

直接得到分母为$4x-2x-x=x$不为零,那么我们就可以这样用

分子上$\ln (x+e^x)\sim \ln (x+x+1)\sim 2x$,

$x+e^x$通过这种方式解放出来不为0,仍然不会违背对数函数规则,可以这样用

$2\sin x\sim 2x$

直接得到分子为$2x+2x=4x$

那么原式等于4

3.数学归纳法用于证明连加问题:

首先证明结论对$n=2$规模成立,即证${\alpha }_1+{\alpha }_2\sim {\beta }_1+{\beta }_2$

即证当$x\to x_0$时
$$\frac{{\beta }_1+{\beta }_2}{{\alpha }_1+{\alpha }_2}-1\sim 0$$

$$\begin{array}{rl}左侧& =\frac{{\beta }_1-{\alpha }_1+{\beta }_2-{\alpha }_2}{{\alpha }_1+{\alpha }_2}\\ & =\frac{{\beta }_1-{\alpha }_1}{{\alpha }_1+{\alpha }_2}+\frac{{\beta }_2-{\alpha }_2}{{\alpha }_1+{\alpha }_2}\\ & =\frac{\frac{{\beta }_1}{{\alpha }_1}-1}{1+\frac{{\alpha }_2}{{\alpha }_1}}+\frac{\frac{{\beta }_2}{{\alpha }_2}-1}{1+\frac{{\alpha }_1}{{\alpha }_2}}\\ & =0\\ & =右侧\end{array}$$

证毕

假设结论对$\forall k\in [2,n-1]$成立,那么
$$\sum _{i=1}^{n-1}{\alpha }_i\sim \sum _{i=1}^{n-1}{\beta }_i$$
记$A={\sum }_{i=1}^{n-1}{\alpha }_i,B={\sum }_{i=1}^{n-1}{\beta }_i$

考虑n的情况:
$$\sum _{i=1}^n{\alpha }_i=\sum _{i=1}^{n-1}{\alpha }_i+{\alpha }_n=A+{\alpha }_n$$
又$\frac{A}{{\alpha }_n}=\frac{{\sum }_{i=1}^{n-1}{a}_i}{a_n}$存在且不等于-1

故
$$A+{\alpha }_n\sim B+{\beta }_n$$
由n=2的情况知成立

这题的证明思路来自大一下的离散数学:

n=2规模由德摩根律显然

假设对n-1成立 ,考虑n时将前n-1项设为1项问题又转化为n=2的情形

泰勒公式方法

个人感觉是等价无穷小代换$\to$加减运算下的等效代换的拓展

加减运算下的等效代换一般以复杂函数的泰勒公式的一阶多项式函数作为近似,如果多个近似得到的一阶多项式的和为0则"加减运算下的等效代换"直接去世,此时就需要二阶展开或者更高阶展开.

也就是说凡是加减运算下的等效代换能够做到的,泰勒公式展开方法也可以做到

实际上题目就是这样出的,整两个一阶展开相同的函数做差,此时要么用泰勒公式方法,要么就是多次洛必达.

0.整体带入展开

泰勒公式:
$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2}(x-x_0{)}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(x_0)}{3!}(x-x_0{)}^3+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$$
麦克劳林公式:
$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}{x}^3+...+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$$
做过的题只考察过麦克劳林展开式

只需要记住(就算记不住当场求也可)最基本的初等函数的麦克劳林展开式,然后自变量整体带入即可

比如已知
$$e^x=1+x+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{6}{x}^3+...+\frac{1}{n!}{x}^n$$
那么$e^{\frac{x^2}{2}}$的麦克劳林展开式就是
$$\begin{gathered} e^{\frac{x^2}{2}}=1+(\frac{x^2}{2})+\frac{1}{2}(\frac{x^2}{2}{)}^2+\frac{1}{6}(\frac{x^2}{2}{)}^3+...+\frac{1}{n!}(\frac{x^2}{2}{)}^n \\ =1+\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+\frac{x^6}{48}+...+\frac{x^{2n}}{n!2^n} \end{gathered}$$

1.泰勒公式展开到多少阶?直到某一阶时得到的多项式函数和不为0就停止

出题的会让分子展开到某个阶时,一定可以与分母约分

例1.4.1
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{\sin x^2\cdot {\tan }^{2}x}$$
分母直接等价无穷小得到

$\sin x^2\cdot {\tan }^{2}x\sim x^2\cdot x^2=x^4$

那么毫无疑问分子化为幂函数之后最高阶一定为4阶,恰好与分母约去$x^4$,将分子化简的方法:

1.泰勒展开式法:将$\cos x,e^{-\frac{x^2}{2}}$分别展开到四阶,可以遇见的是,展开之后作差,前三阶会抵消殆尽,只留下四阶

当$x\to 0$时有:

$\cos x\sim 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O(x^4)$

$e^{-\frac{x^2}{2}}\sim 1+(-\frac{x^2}{2})+\frac{(-\frac{x}{2}{)}^2}{2}+O(x^4)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+O(x^4)$

作差得到:
$$\underset{x\to 0}{\lim }\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}\sim -\frac{1}{12}{x}^4+O(x^4)$$
只剩下了$x^4$项恰好与分母越约分得到$-\frac{1}{12}$

2.多次洛必达法则方法:
$$\begin{gathered} 原式=\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4} \\ \sim \frac{-\sin x+x{e}^{-\frac{x^2}{2}}}{4x^3} \\ \sim \frac{-\cos x+e^{-\frac{x^2}{2}}-x^2{e}^{-\frac{x^2}{2}}}{12x^2} \\ =\frac{e^{-\frac{x^2}{2}}-\cos x}{12x^2}-\frac{x^2{e}^{-\frac{x^2}{2}}}{12x^2} \\ \sim \frac{-x{e}^{-\frac{x^2}{2}}+\sin x}{24x}-\frac{1}{12} \\ =\frac{\frac{\sin x}{x}-e^{-\frac{x^2}{2}}}{24}-\frac{1}{12} \\ \sim -\frac{1}{12} \end{gathered}$$
比较麻烦

2.几何意义

题目给出的条件无从下手时可以考虑其几何意义

例1.4.5$f(x)$在$(0,+\infty )$上存在三阶导数,且${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$,${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime \prime }(x)$均存在,求${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x),{\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime }(x)$

从导数正负与函数增减的角度进行分析

"存在"即存在一个常数$A$,${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime \prime }(x)=A$

假设A为一正数,则无穷远处(从某个X开始,当$x>X$时认为就是无穷远处)$f^{\prime \prime }(x)$单调递增到无穷大,同理$f^{\prime }(x)$单调递增到无穷大,同理$f^{\prime }(x)$单调递增到无穷大,同理$f(x)$单调递增到无穷大,而这与已知${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$存在矛盾

假设A为负数同理可证

于是A只能为0,根据上面的反证可知二阶导数和一阶导数都为0,才能保证$f(x)$在无穷远处是一个定值

基于这种定性分析,我们可以猜想,只要无穷远处函数值存在,那么其各阶导数在无穷远处都应为0

怎么严格的证明这种感觉呢?

课本上使用的是带有拉格朗日余项的二阶泰勒展开式,做了$f(x+1)$和$f(x-1)$在x处的泰勒展开

为什么要做$f(x+1)$和$f(x-1)$的展开?

函数的一阶差分$f(x+h)-f(x)$就实现了消去$f(x)$项,函数的二阶差分$(f(x+h)-f(x))-(f(x)-f(x-h))$就实现了消去$f^{\prime }(x)$项,只剩下了未知的$f^{\prime \prime }(x)$项,此时就容易求其无穷远处的取值了

3.被积函数泰勒展开化为幂函数后积分

例1.4.4
$$\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{1}{x^5}{\int }_0^x{e}^{-t^2}dt-\frac{1}{x^4}+\frac{1}{3x^2}=\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{1}{x^5}({\int }_0^x{e}^{-t^2}dt-x+\frac{1}{3}{x}^3)$$

被积函数$e^{-\frac{t^2}{2}}$是难以积分出来的,但是考虑分母是五阶无穷小,那么只需要将$e^{-\frac{t^2}{2}}$展开到4阶然后积分得到五阶.可以预见的是,其展开并积分之后可以将后面的$-x+\frac{1}{3}{x}^3$抵消
$$\begin{array}{rl}{e}^{-t^2}& =1-t^2+\frac{t^4}{2}+O(t^4)\\ {\int }_0^x{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt& ={\int }_0^x(1-t^2+\frac{t^4}{2}+O(t^4))dt\\ & =x-\frac{x^2}{3}+\frac{x^5}{10}+o(x^5)\end{array}$$

$$原式=\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{\frac{x^5}{10}+o(x^5)}{x^5}=\frac{1}{10}$$

Stolz定理

1.几何意义与实际意义

例1.5.4

已知${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=a$,证明:
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i}{n}=a$$
根据stolz定理显然有${\lim }_{n\to \infty }\frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i}{n}={\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{1}=a$

下面考虑其意义:

分子上是一个$a_n$数列的前n项求和,${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=a$的意义是,存在一个N,当$n>N$时,后面的若干项都等于a,那么前边的有限的N-1项不知道等于啥,但是这无所谓.因为任意一项都是一个常数,有限个常数和还是常数.当n趋向于无穷大的时候,常数与无穷大作比得0,即前N项的影响微乎其微.

等号左边可以视为一组无穷大的样本的样本平均值,其中百分之$99.99999$的个体取值都是a,少数异常值是搬不动这个庞大群体的平均值的

2.构造除式形式,让分母是一个单调递增趋向无穷大的数列

例1.5.9

设$\{x_n\}$为正整数列,且${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=a$,证明:
$$\underset{n\to \infty }{\lim }(x_n+\lambda x_{n-1}+{\lambda }^2{x}_{n-2}+...+{\lambda }^n{x}_0)=\frac{a}{1-\lambda }(0<\lambda <1)$$
等号左边可以看作是数列${\lambda }^{n-i}{x}_i$的求和显然这个数列的增减性未知

如果将${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=a$带入$\{x_n\}$的每一项得到
$$a+\lambda a+{\lambda }^{2}a+...+{\lambda }^{n}a=a(\sum _{i=0}^n{\lambda }^i)=a\frac{1(1-{\lambda }^{n+1})}{1-\lambda }=\frac{a}{1-\lambda }$$
结果恰好为右侧,并且$a{\lambda }^i$这个数列显然是单调递减的,如果给他每项都除以${\lambda }^n$则数列单调递增

同时分子也有类似的结构,于是自然想到将$a{\lambda }^i$数列作为分母
$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n+\lambda x_{n-1}+{\lambda }^2{x}_{n-2}+...+{\lambda }^n{x}_0}{a+\lambda a+{\lambda }^{2}a+...+{\lambda }^{n}a} \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{x_n}{{\lambda }^n}+\frac{x_{n-1}}{{\lambda }^{n-1}}+\frac{x_{n-2}}{{\lambda }^{n-2}}+...+\frac{x_0}{{\lambda }^0}}{\frac{a}{{\lambda }^n}+\frac{a}{{\lambda }^{n-1}}+\frac{a}{{\lambda }^{n-2}}+...+\frac{a}{{\lambda }^0}} \end{gathered}$$
设$X_n={\sum }_{i=0}^n\frac{x_i}{{\lambda }^i}$表示分子,$Y_n={\sum }_{i=0}^n\frac{a}{{\lambda }^i}$表示分母

显然$Y_n$为单调递增趋向$+\infty$的数列
$$\underset{n\to }{\lim }\frac{X_n-X_{n-1}}{Y_n-Y_{n-1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{a}=1$$
为一常数,由stolz定理知
$$\frac{X_n}{Y_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n+\lambda x_{n-1}+{\lambda }^2{x}_{n-2}+...+{\lambda }^n{x}_0}{a+\lambda a+{\lambda }^{2}a+...+{\lambda }^{n}a}=1$$
即
$$\underset{n\to \infty }{\lim }(x_n+\lambda x_{n-1}+{\lambda }^2{x}_{n-2}+...+{\lambda }^n{x}_0)=\frac{a}{1-\lambda }(0<\lambda <1)$$
证毕

广义洛必达法则

洛必达法则适用于$\frac{0}{0}$或者$\frac{\infty }{\infty }$的情形

广义洛必达法则适用于$\frac{\ast }{\infty }$的情形

凑微分题

高中时我们遇见过这样类型的题目:

作法是求一个函数$F(x)$,使得$F^{\prime }(x)$出现$x^2{f}^{\prime }(x)+2xf(x)$这种形式

$F(x)=x^{2}f(x)$

则$F^{\prime }(x)=x^{2}f(x)+2xf(x)=\frac{e^x}{x}$,如果给定的等号右边的函数可以求不定积分那再好不过了,我们可以直接得到$F(x)$的表达式进而得到$f(x)$的表达式,就算不能不定积分,函数的性质也足以解决问题

如今广义洛必达法则就用来解决及其相似的一类问题:

如试卷第二大题:

看见$\alpha f(x)+\beta f^{\prime }(x)$这种导数和原函数同在的形式,不由自主的想去凑微分
$$(e^{\frac{\alpha }{\beta }x}f(x){)}^{\prime }=e^{\frac{\alpha }{\beta }x}(f^{\prime }(x)+\frac{\alpha }{\beta }f(x))=\frac{e^{\frac{\alpha }{\beta }x}}{\beta }(\alpha f(x)+\beta f^{\prime }(x))$$
那么由广义洛必达法则有
$$f(x)=\frac{e^{\frac{\alpha }{\beta }x}f(x)}{e^{\frac{\alpha }{\beta }x}}=\frac{\frac{e^{\frac{\alpha }{\beta }x}}{\beta }(\alpha f(x)+\beta f^{\prime }(x))}{\frac{\alpha }{\beta }{e}^{\frac{\alpha }{\beta }x}}=\frac{A}{\alpha }$$